上海市实验学校2021-2022学年高三3月月考化学试题 Word版含解析.docx

《上海市实验学校2021-2022学年高三3月月考化学试题 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

上海市实验学校2021学年度第二学期高三月考试卷化学试题(完卷时间：60分钟满分：100分)相对原子质量：-1-12-14-16-23-27-32-35.5-56-64一、选择题(本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项)1.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是A.食品加工时不可添加任何防腐剂B.掩埋废旧电池不会造成环境污染C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染【答案】C【解析】【分析】【详解】A．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；B．废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错误；C．天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；D．含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误；故选C。2.“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO2的说法错误的是A.CO2是Ⅴ形的极性分子B.CO2可催化还原为甲酸C.CO2晶体可用于人工增雨D.CO2是侯氏制碱法的原料之一【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CO2的中心原子C的价层电子对数为2，无孤电子对，CO2的空间构型为直线形，其正负电荷中心重合，为非极性分子，A项错误；B．CO2可以被H2在催化剂作用下还原为甲酸，B项正确；C．固态二氧化碳(干冰)升华时吸热，可用于人工增雨，C项正确；D．侯氏制碱法中发生反应：NaC1+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4C1，CO2是生产原料之一，D 项正确；故选A。3.下列各组物质的晶体类型相同的是A.SiO2和SO3B.I2和NaClC.Cu和AgD.SiC和MgO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．SiO2为原子晶体，SO3为分子晶体，晶体类型不同，故A错误；B．I2为分子晶体，NaCl为离子晶体，晶体类型不同，故B错误；C．Cu和Ag都为金属晶体，晶体类型相同，故C正确；D．SiC为原子晶体，MgO为离子晶体，晶体类型不同，故D错误；故选C。4.下列化学用语正确的是A.Na-O-H与Na+都表示氢氧化钠B.与都表示氟离子C.-OH与都表示羟基D.与都表示水分子【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化钠是离子化合物，不能用Na-O-H表示，故A错误； B.为氟离子，不一定代表氟离子，可能是Ne原子或者氧离子等，故B错误；C.-OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C正确；D.水分子是v型结构，不是直线型，故D错误；答案：C5.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHC.热稳定性：H2O＞H2S＞PH3D.非金属性：F＞O＞N【答案】A【解析】 【分析】【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A错误；B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确；C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C正确；D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确；故合理选项是A。6.下列操作不正确的是A配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B.金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C.保存液溴需用水封，放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D.用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜【答案】C【解析】【详解】A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故A正确；B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤油，并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故B正确；C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故C错误；D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜，故D正确；答案选C。7.实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸 D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，D可行；故选D。8.一次性鉴别等浓度的、、三种溶液，下列方法不可行的是A.测定B.焰色试验C.滴加溶液D.滴加饱和溶液，微热【答案】C【解析】【分析】【详解】A．溶液显中性，溶液显酸性，溶液显碱性，故可以用测定pH的方法鉴别，故A正确；B．的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色，的焰色试验中无现象，的焰色试验中现象为黄色，故可以用焰色试验的方法鉴别，故B正确；C．、、中只有能与反应有现象，故和不能鉴别，故C错误；D．2+CaCl2+2NH3+2H2O有刺激性气味气体产生，+ =CaCO3+2NaOH有白色沉淀产生，而不反应无现象，故可以鉴别，故D正确；故选C。9.分离混合物的方法错误的是A.分离苯和硝基苯：蒸馏B.分离氯化钠与氯化铵固体：升华C.分离水和溴乙烷：分液D.分离氯化钠和硝酸钾：结晶【答案】B【解析】【详解】A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B10.重油裂化的目的主要是A.获得短链气态烃B.生产更多的汽油C.提高汽油品质D.将直链烃转化为芳香烃【答案】B【解析】【详解】将长链烃转化为短链烃称为裂化，重油裂化的目的是提高轻质油特别是汽油的产量，B符合题意；选B。11.下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A.鉴别SO2和CO2B.检验CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键C.鉴别苯和甲苯D.检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故选B；C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D； 答案：B【点睛】能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。12.室温下，下列各组离子一定能与指定溶液共存的是A.的溶液：、、、B.的溶液：、、、C.的溶液：、、、D.的溶液：、、、【答案】D【解析】【详解】A．是强酸弱碱盐，的溶液显酸性，H+与生成氢氧化铝沉淀不能大量共存，选项A不符合题意；B．的溶液，与生成不能大量共存，选项B不符合题意；C．的溶液，H+、、共同作用发生氧化还原反应，不能大量共存，选项C不符合题意；D．的溶液，、、、、、能大量共存，选项D符合题意；答案选D。13.如图所示，将铁钉放入纯水中，一段时间后，铁钉表面有铁锈生成，下列说法正确的是A.铁钉与水面交接处最易腐蚀B.铁钉发生吸氧腐蚀，铁做阴极C.铁发生反应是：Fe－3e-=Fe3+D.水上和水下部分的铁钉不发生电化腐蚀【答案】A【解析】【详解】A. 在铁钉和水面的交界处，有电解质溶液，氧气的浓度最高，故发生吸氧腐蚀的速率最大，则最易被腐蚀，故A正确；B.由于水为中性，故钢铁发生吸氧腐蚀，其中铁做负极，故B错误；C.铁做负极，电极反应为：Fe-2e=Fe2+，故C错误；D.因为水的蒸发，故在铁钉的水面以上的部分上仍然有水膜，仍然能发生吸氧腐蚀；因为氧气能溶解在水中，故铁钉水面一下的部分也能发生吸氧腐蚀，但均没有铁钉和水的交接处的腐蚀速率大，故D错误；答案：A【点睛】将铁钉放入纯水中，由于铁钉为铁的合金，含有碳单质，故在纯水做电解质溶液的环境下，铁做负极，碳做正极，中性的水做电解质溶液，发生钢铁的吸氧腐蚀，据此分析。14.关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是A.K2H3IO6发生氧化反应B.KI是还原产物C.生成12.7gI2时，转移0.1mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【答案】D【解析】【分析】【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C．12.7gI2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4molI2转移7mol电子，则生成0.05molI2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。15.由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.使用催化剂可以降低过渡态的能量B反应物能量之和大于生成物能量之和CN2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ D.反应物的键能总和大于生成物的键能总和【答案】D【解析】【分析】A.催化剂可以降低活化能；B.根据图象来分析；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A；B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)→N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C；D.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，故选D；答案：D【点睛】.△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。16.液氨中存在平衡：。如图所示为电解池装置，以的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是A.b电极连接的是电源的负极B.a电极的反应为C.电解过程中，阴极附近K+浓度减小D.理论上两极产生的气体物质的量之比为1:1【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：，B正确；C．电解过程中，阴极附近产生，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+ 会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；D．每反应产生1molH2，转移2mol电子，每反应产生1molN2，转移6mol电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3:1，D错误；选B。17.1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1-溴丁烷粗产品，装置如图所示：已知：，下列说法不正确的是A.装置Ⅰ中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率B.装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口C.用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D.经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品【答案】C【解析】【详解】A．I中冷凝管可冷凝回流反应物，充分利用原料，则装置Ⅰ中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率，故A正确；B．冷凝管中冷水下进上出可充满冷凝管，冷凝效果好，则装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，故B正确；C．分液时避免上下层液体混合，则先分离出下层液体，再从上口倒出上层液体，故C错误；D．粗产品干燥后，利用沸点不同分离1-丁醇、1-溴丁烷，则装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品，故D正确；故选：C。18.已知，还原性I－>Fe2+>Br－。向FeI2和FeBr2物质的量之比为1：1的混合溶液中逐滴滴入氯水，下列离子反应不可能发生的是A.2Fe2++4I－+3Cl2→2Fe3++2I2+6Cl－ B.2Fe2++2I－+2Cl2→2Fe3++I2+4Cl－C.2Fe2++2I－+2Br－+3Cl2→2Fe3++I2+Br2+6Cl－D.2Fe2++4I－+4Br－+5Cl2→2Fe3++2I2+2Br2+10Cl－【答案】D【解析】【详解】氧化剂与多个还原剂可以发生反应时，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子。因还原性I-＞Fe2+＞Br-，所以通入氯气，首先氧化I-，然后氧化Fe2+，最后氧化Br-。A．通入氯气后，可能I-全部被氧化，Fe2+部分被氧化，发生2Fe2++4I-+3Cl2→2Fe3++2I2+6Cl-，可以发生，A不符合题意；B．I-、Fe2+全部被氧化，Br-未被氧化，发生2Fe2++2I-+2Cl2→2Fe3++I2+4Cl-，可以发生，B不符合题意；C．I-、Fe2+、Br-全部被氧化，发生2Fe2++2Br-+2I-+3C12═2Fe3++I2+Br2+6Cl-，可以发生，C不符合题意；D．若2Fe2++4Br-+4I-+5C12═2Fe3++2I2+2Br2+10Cl-正确，则I-、Br-全部被氧化，Fe2+部分被氧化，与还原性I-＞Fe2+＞Br-相矛盾，不可能发生，D符合题意。答案选D。19.25℃时，向10.00mL0.1000mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸的体积V变化如图所示。下列有关说法正确的是A.a点，溶液pH＞7是由于HCO水解程度小于电离程度B.b点，c(Na＋)=c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl-)C.c点，溶液中的H＋主要来自HCO的电离D.d点，c(Na＋)=c(Cl-)=0.1000mol·L-1【答案】B【解析】【详解】A．a点为0.1000mol•L-1的NaHCO3溶液，溶液中存在HCO的水解平衡和电离平衡，溶液的pH＞7，呈碱性，说明HCO水解程度大于电离程度，故A错误； B．25℃时，b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，故B正确；C．c点加入5.00mL等浓度的盐酸，反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，此时溶液pH＜7，呈酸性，溶液中的H+主要来自碳酸的电离，故C错误；D．d点n(NaHCO3)=n(HCl)=0.01L×0.1000mol•L-1=0.001mol，二者恰好完全反应，混合液体积为20.00mL，则反应后溶液中满足c(Na+)=c(Cl-)=，故D错误；故选：B。20.在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示时容器中、、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率B.由图2可知反应，正反应吸热且C.若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时D.时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.5【答案】D【解析】【分析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K==25。【详解】A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为 ，故，选项A错误；B．在一定温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：，即a=2。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，选项B错误；C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2molB和0.2molC，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，选项C错误；D．由图Ⅰ可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：：：：1：1，平衡时A的体积分数为，时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于，选项D正确。答案选D。二、综合题(共60分)21.是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫()与为原料制备，受热分解成气态，发生反应，回答下列问题：（1）的电子式为_______，分子的空间构型为_______。（2）上述反应中属于极性分子的有_______，原子电子云有_______种不同的形状。（3）某温度下，若完全分解成气态。在恒温密闭容器中，与物质的量比为时开始反应。①当的体积分数为时，的转化率为_______。②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)a.气体密度b.气体总压c.与体积比d.的体积分数（4）一定条件下，与反应中的平衡转化率、分解产生的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成的反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在的条件下进行此反应，不采用低于原因是_______。 （5）用燃煤废气(含、、、、、等)使尾气中的转化为单后硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式_______。【答案】（1）①.②.正四面体构型（2）①.H2S②.2（3）①.30%②.d（4）①.放热②.600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢（5）2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=2xS+2xH2O+N2、2H2S+O2=2S+2H2O【解析】【小问1详解】甲烷分子中碳原子形成8电子稳定结构，氢原子是2电子稳定结构，甲烷的电子式为：；甲烷的中心原子是碳原子，碳原子上的价电子都形成了共价键，属于ABn型的结构，当n=4时，该分子是正四面体结构，所以甲烷是空间正四面体构型；【小问2详解】反应中只有H2S属于极性分子；是16号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p4，原子电子云有s、p2种不同的形状；【小问3详解】①在恒温密闭容器中，与物质的量比为时开始反应，根据三段式有：CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为； ②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，选项a不符合；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，选项b不符合；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，选项c不符合；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选项d符合；故答案为:d；【小问4详解】由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600~650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；【小问5详解】(4)用燃煤废气(含、、、、、等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=2xS+2xH2O+N2、2H2S+O2=2S+2H2O写出任意一个。22.某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物，合成路线如下：已知：请回答：（1）化合物的结构简式是_______；化合物的结构简式是_______；化合物分子中有_______个碳原子共平面。（2）化合物与过量溶液反应的化学方程式是_______。（3）化合物(分子式)的官能团名称为_______、_______；写出1种同时满足下列条件的化合物的同分异构体的结构简式：_______。①只有2种不同化学环境的氢原子②含有2个六元环③含有结构片段，不含键 （4）以乙烯和丙炔酸为原料，设计如图化合物的合成路线_______(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。【答案】（1）①.②.HOCH2CH2Br③.18（2）+4NaOH+2+2NaBr（3）①.碳碳三键②.酯基③.（写出其中一种即可）（4）H2C=CH2【解析】【分析】A的分子式为C8H10，其不饱和度为4，结合D的结构简式可知A中存在苯环，因此A中取代基不存在不饱和键，D中苯环上取代基位于对位，因此A的结构简式为，被酸性高锰酸钾氧化为，D中含有酯基，结合已知信息反应可知C的结构简式为，B与E在酸性条件下反应生成，该反应为酯化反应，因此E的结构简式为HOCH2CH2Br，D和F发生已知反应得到化合物P中的五元环，则化合物F中应含有碳碳三键，而化合物P是聚合结构，其中的基本单元来自化合物D和化合物F，所以化合物F应为。【小问1详解】 由上述分析可知，A的结构简式为；化合物E的结构简式为HOCH2CH2Br；化合物B为，根据苯分子中12个原子共平面，甲醛分子中4个原子共平面，单键可以旋转，故B中最多有18个原子共平面；故答案为：；HOCH2CH2Br；18；【小问2详解】中酯基能与NaOH溶液发生水解反应、溴原子能与NaOH溶液在加热条件下能发生取代反应，因此反应方程式为+4NaOH+2+2NaBr；【小问3详解】F为，所含官能团的名称为碳碳三键、酯基；化合物F的分子式为C8H6O4，不饱和度为6，其同分异构体中含有结构片段，不含键，且只有2种不同化学环境的氢原子，说明结构高度对称，推测其含有2个相同结构片段，不饱和度为4，余2个不饱和度，推测含有两个六元环，由此得出符合题意的同分异构体如下：；【小问4详解】由逆向合成法可知，丙炔酸应与通过酯化反应得到目标化合物，而中的羟基又能通过水解得到，乙烯与Br2加成可得，故目标化合物的合成路线为H2C=CH2。23.六氯化钨()可用作有机合成催化剂，熔点为，沸点为，易溶于 ，极易水解。实验室中，先将三氧化钨()还原为金属钨()再制备，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入。先通，其目的是_______；一段时间后，加热管式炉，改通，对处逸出的进行后续处理。仪器的名称为_______，证明已被完全还原的现象是_______。（2）完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通；②以干燥的接收装置替换；③在处加装盛有碱石灰的干燥管；④通入；⑤加热，通；⑥……碱石灰的作用是_______；操作④的目的是_______。（3）利用碘量法测定产品纯度，实验如下：①称量：测得产品总质量为；②滴定：先将转化为可溶的，通过离子交换柱发生反应：；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的溶液，发生反应：；反应完全后，以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应：。滴定达终点时消耗的溶液，则样品中(摩尔质量为) 的质量分数为_______。使用溶液进行滴定时，判断滴定终点的方法是_______；若装有标准液的滴定管未润洗，则样品中质量分数的测定值将_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.排除装置中的空气②.直形冷凝管③.不再有水凝结（2）①.吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E②.排除装置中的H2（3）①.%②.不变③.偏大【解析】【分析】(1)将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；(2)由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，滴定时，利用关系式：WO~2IO~6I2~12S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。【小问1详解】用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；当WO3被完全还原后，不再有水生成，则可观察到的现象为锥形瓶中不再有液滴滴下，即不再有水凝结。故答案为：不再有水凝结；【小问2详解】由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；排除装置中的H2；【小问3详解】滴定时，根据关系式：WO~2IO~6I2~12S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%= %；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。24.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。（1）浓盐酸与混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物中仍存在盐酸和。①反应的离子方程式是_______。②电极反应式：i.还原反应：ii.氧化反应：_______。③根据电极反应式，分析中仍存在盐酸和的原因。i.随降低或升高，氧化性减弱。ii.随降低，_______。④补充实验证实了③中的分析。请推理，试剂是_______(填化学式)。序号实验加入试剂现象Ⅰ较浓硫酸有氯气Ⅱ有氯气Ⅲ和无氯气（2）利用对氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的、和溶液，能与反应所需的最低由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由_______。（3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将氧化为。经实验证实了推测。该化合物是_______。（4）分别与的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，只与氢碘酸发生置换反应。试解释原因： _______。（5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。【答案】（1）①.MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②.2Cl--2e-=Cl2↑③.Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强④.KCl固体(或浓/饱和溶液)（2）①.KCl>KBr>KI②.Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强（3）AgNO3或Ag2SO4（4）比较AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反应得以发生（5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】【小问1详解】①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强；④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；【小问2详解】非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；【小问3详解】根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3或Ag2SO4；【小问4详解】若要使反应2Ag+2H+=2Ag++H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反应得以发生；【小问5详解】 通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。