上海市青浦区2022届高三二模化学试题 Word版含解析.docx

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2021学年第二学期高三适应性练习化学试题(时间60分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Fe-56Cu-64一、选择题(共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案。)1.下列化学用语正确的是A.碳-14原子表示为：14CB.CH4的比例模型C.醋酸钠的分子式：CH3COONaD.二氧化碳的结构式O—C—O【答案】B【解析】【详解】A．表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，表示为14C，故A错误；B．甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，其比例模型为，故B正确；C．醋酸钠是离子晶体，无分子式，CH3COONa是其化学式，故C错误；D．二氧化碳中C原子与O原子之间以双键结合，其结构式为O=C=O，故D错误；故选：B。2.下列关于化石燃料的加工说法正确的（）A.石油裂化主要得到乙烯B.石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C.煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗苯、粗氨水和焦炉气D.煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【答案】C【解析】【详解】A．石油裂化主要得到轻质油，石油的裂解主要是得到乙烯，故A错误；B．分馏是利用沸点不同分离的方法，属于物理变化，不是化学方法，故B错误；C．煤干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、粗氨水、煤气等产物的过程，故C正确；D．煤制煤气是C与水蒸气在高温下反应生成CO和氢气，反应中有新物质生成，是化学变化，故D错误； 故答案：C。3.物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是A.洗气B.蒸馏C.升华D.过滤【答案】A【解析】【详解】A．用洗气法除二氧化碳中的氯化氢，把混合气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，洗气可能发生化学变化，故选A；B．蒸馏是根据物质沸点不同分离互溶的液体混合物的方法，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选B；C．升华是加热使某物质由固体直接变为气态的方法，如用升华法除氯化钠中的碘单质，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选C；D．过滤是分离固体和液体混合物的方法，没有生成新物质，不发生化学反应，故不选D；选A。4.下列变化一定为放热反应的是A.碳酸钙分解B.水蒸气液化C.双氧水分解D.氯化铵溶于水【答案】C【解析】【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)，C或氢气做还原剂时的反应。【详解】A．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳的反应是吸热反应，故A错误；B．水蒸气液化是放热过程，不是放热反应，故B错误；C．双氧水分解是放热反应，故C正确；D．氯化铵溶于水属于物理变化过程，故D错误；故选：C。5.关于Al(OH)3的叙述错误的是A.是两性氢氧化物B.是难溶于水的白色胶状物质，是弱电解质C.既溶于氢氧化钠溶液、氨水，又能溶于盐酸、醋酸D.能凝聚水中悬浮物，可用做净水剂 【答案】C【解析】【详解】A.是两性氢氧化物，故A正确；B.是难溶于水的白色胶状物质，是弱电解质，故B正确；C.不溶于弱碱氨水和弱酸醋酸，故C错误；D.表面积大，能凝聚水中悬浮物，可用做净水剂，故D正确。故选C。点睛：氢氧化铝是两性氢氧化物，既是弱酸又是弱碱，是弱电解质，溶于强酸或强碱。6.以下事实能用元素周期律解释的是A.碱性：NaOH>Mg(OH)2B.氧化性：FeCl3>CuCl2C.酸性：HI>HFD.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3【答案】A【解析】【详解】A．金属性Na＞Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH＞Mg(OH)2，故A正确；B．氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，氧化剂的氧化性大于氧化产物，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，氧化性：FeCl3＞CuCl2，不能用元素周期律解释，故B错误；C．HI和HF是氢化物，酸性：HI＞HF，不能用元素周期律解释，故C错误；D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，是物质性质决定，和元素周期律无关，故D错误；故选：A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.0.1mol·L-1AlCl3溶液含Cl-为0.3NAB.92gNO2和92gN2O4都含有4NA个氧原子C.标准状况下，22.4LCCl4中共价键数目为4NAD.0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，被氧化的Br-数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．溶液体积不明确，溶液中氯离子的个数无法计算，故A错误；B．NO2和 N2O4的最简式均为“NO2”，92gNO2和92g N2O4中含有的“NO2”物质的量均为，均含有4NA个氧原子，故B正确；C．标况下四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．还原性Fe2+＞Br-，0.1mol氯气通入足量FeBr2溶液中，氯气只氧化亚铁离子，被氧化的Br-数为0，故D错误； 故选：B。8.以下变化过程与氧化还原反应有关的是A.氮的固定B.粗盐提纯C.有机溶剂用作提取豆油D.NaHCO3和Al2(SO4)3混合用作灭火【答案】A【解析】【详解】A．固氮过程中N2转化为含氮化合物，氮元素化合价发生了改变，与氧化还原反应有关，故A正确；B．粗盐提纯，元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C．有机溶剂用作提取豆油，利用物质的溶解性，属于物理性质，与氧化还原反应无关，故C错误；D．NaHCO3和Al2(SO4)3混合反应制得泡沫灭火器，反应过程中无元素化合价的变化，是盐类水解相互促进的反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误；故选：A。9.用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是ABCD用此装置制备无水MgCl2检验溴乙烷消去产物中的乙烯观察气泡鉴别乙醇与甲醚(CH3OCH3)用此装置制备溴苯并验证有HBr产生A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A ．氯化镁晶体在加热条件下易水解生成氢氧化镁，通入氯化氢，可避免氯化镁水解，该装置可制备无水MgCl2固体，能达到实验目的，故A不选；B．乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇易挥发，且乙醇能溶于水，用水除去乙烯中的乙醇，然后用酸性高锰酸钾溶液检验生成的乙烯，能实现实验目的，故B不选；C．乙醇和钠反应生成氢气，甲醚和钠不反应，现象不同可以鉴别，能实现实验目的，故C不选；D．挥发的溴和水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成溴化银淡黄色沉淀，挥发的溴干扰HBr的检验，不能实现实验目的，故D选；故选：D。10.侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（）A.增大浓度B.生成NaHCO3C.析出NH4Cl晶体D.降低浓度【答案】B【解析】【详解】向母液中通氨气能增大NH4+的浓度，NH4Cl的溶解度随温度的变化而变化的大，使NH4Cl更多地析出，并且能使NaHCO3转化为Na2CO3，降低浓度，提高析出的NH4Cl纯度。故B错误，本题的正确选项为B。点睛： 根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓；主要的副产物为氯化铵，需要考虑氯化铵的回收利用，要提高原料的利用率，可以循环使用的方法等知识点来解题。11.下列实验过程中，始终无明显现象的是A.Cl2通入FeCl2溶液中B.SO2通入BaCl2溶液中C.NH3通入AlCl3溶液中D.硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中【答案】B【解析】【详解】A．Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A错误；B．SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，故B正确；C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，现象为产生白色沉淀，故C错误；D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜过饱和，析出蓝色晶体，故D错误；故选：B。12.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.水杨醛的分子式为C7H8O2B.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、香豆素-3-羧酸互为同系物D.1mol香豆素3-羧酸最多能与4molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式可知，水杨醛的分子式为C7H6O2，选项A错误；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，选项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，选项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各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，选项D正确；答案选D。13.可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如下图所示，其工作原理与铜-锌原电池相似。下列说法正确的是A.工作过程中电能转化为化学能B.电子从电极Ⅰ经H2SO4溶液流入电极ⅡC.电极Ⅱ上发生反应：O2+2H2O+4e→4OH-D.电极Ⅰ为负极，发生氧化反应【答案】D 【解析】【分析】电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，为原电池负极，电极II为正极，负极反应式为CO-2e-+H2O═CO2+2H+，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，据此分析解答。【详解】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；B．原电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，不能进入溶液中，故B错误；C．原电池工作时电极II为正极，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C错误；D．原电池工作时电极I为负极，电极I上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，故D正确；故选：D。14.以下关于纸上层析的叙述，正确的是A.纸上层析法是使用的展开剂一般是蒸馏水B.有颜色的分子或离子的分离才可以用纸上层析法C.纸上层析法适用于分离和检验化学性质十分相近的分子或离子D.纸上层析法适用于分离和检验化学性质差异明显的分子或离子【答案】C【解析】【详解】A．纸上层析法依据极性相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂作为流动相，即有机溶剂为展开剂，由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同，从而达到分离的目的，A错误；B．无色离子可以先层析，然后再用显色剂来显色，因此无论是有颜色的分子或离子，还是无色的离子或分子，都可以用纸上层析法分离，B错误；C．化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，但各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，可用纸上层析法，C正确；D．化学性质差异明显的分子或离子用一般的检验方法就可以分离和检验，不需要使用纸上层析法，只有化学性质十分相近的分子或离子用一般的检验方法难以分离和检验，可各根据分子或离子的扩散速度不同进行分离和检验，用纸上层析法区分，D错误；故合理选项是C。15.合成高聚物所需单体为 A.B.C.CH2=CHCH=CH2和CH3CH=CH2D.和CH2=CH2【答案】C【解析】【详解】根据结构简式可知，该物质中只含碳碳双键，是由CH2=CHCH=CH2和CH3CH=CH2通过加聚反应得到的，故选：C。16.实验室制备下列物质的装置正确的是ABCD乙炔乙酸乙酯乙烯氢气A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．实验室用电石与水反应制乙炔，虽然电石是块状固体，但遇水会粉末化，且反应放热，会损坏启普发生器，所以不能使用启普发生器制乙炔，A不正确；B．乙醇、浓硫酸、乙酸混合，然后水浴加热制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液吸收，出气导管口位于液面上，从而防止倒吸，B正确；C．制乙烯时，乙醇中加入浓硫酸，需要使用温度计控制温度在170℃，C不正确；D．锌与稀硫酸或盐酸反应制氢气，由于氢气的密度比空气小，所以应使用向下排空气法收集氢气，即集气导管应短进长出，D不正确；故选B。17.下列有关说法正确的是A.0.1mol·L-1Na2CO3与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3) B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的盐酸和醋酸至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C.将0.2mol·L-1的NH3·H2O与0.1mol·L-1的HCl溶液等体积混合后pH>7，则：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)D.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)【答案】A【解析】【详解】A．该溶液中钠离子与含有C原子的微粒存在物料守恒，钠离子浓度和含有C原子的微粒的浓度之和的比为3：2，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子水解生成碳酸，所以含有C原子的微粒有、、H2CO3，所以存在的物料守恒为2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3)，选项A正确；B．pH均为3的盐酸和醋酸，浓度c(HCl)7，说明氨水的电离程度大于铵根的水解程度，则：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，选项C错误；D．反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，则c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)，所以c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+)，选项D错误；答案选A。18.反应A(g)+B(g)3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态①②③容器体积/L40201c(A)(mol·L-1)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确的是A.①→②的过程中平衡发生了逆向移动B.①→③的过程中X的状态发生了变化 C.①→③的过程中A的转化率不断减小D.与①②相比，③中X的物质的量最大【答案】C【解析】【详解】A．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c(A)由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动，且X此时应为气态，故A正确；B．②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时c(A)由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，且X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化，故B正确；C．结合A、B选项的分析，平衡首先逆向移动，然后正向移动，故A的转化率先减小后增大，故C错误；D．③状态下A物质的量为0.75amol＜①的0.88amol＜②的amol，其物质的量最小，即A转化率最大，则X的物质的量最大，故D正确；故选：C。19.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I-形式存在)的工艺流程如下：下列说法不正确的是A.若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2):n(KClO3)=5:2B.④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂C.经①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者D.由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化【答案】A【解析】【详解】A．若②和⑤中分别得到等量I2，设生成1mol碘，由电子守恒可知消耗的n(Cl2):n(KClO3)=1mol:=3:1，故A错误；B．碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，则④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；C．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I-)后者大于前者，故C正确； D．由⑥得到碘产品的过程，为升华过程，主要发生的是物理变化，故D正确；故选：A。20.有4.8gCuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28g，反应后全部气体用0.6mol/LBa(OH)2溶液100mL吸收。下列有关叙述中正确的是A.原混合物中CuO与Fe2O3的质量之比为2:1B.原混合物中CuO与Fe2O3物质的量之比为3:1C.反应中生成的CO2体积为1.792LD.吸收CO2后溶液中一定有Ba(HCO3)2【答案】D【解析】【分析】CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为1.28g÷16g/mol=0.08mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，则：①x+3y＝0.08；②80x+160y＝4.8，解得x=0.02、y=0.02，即原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁。【详解】A.原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO、Fe2O3的质量之比为80g/mol×0.02mol:160g/mol×0.02mol=1:2，故A错误；B.原混合物中含有0.02mol氧化铜和0.02mol三氧化二铁，故原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为0.02mol:0.02mol=l:l，故B错误；C.状况未知，气体摩尔体积不知，所以无法求体积，故C错误；D.CO获得1个O原子生成CO2，故n(CO2)=n(O)=1.28g÷16g/mol=0.08mol，n[Ba(OH)2]=0.6mol/L×0.1L=0.06mol，故n(CO2):n[Ba(OH)2]=0.08mol:0.06mol=4:3，介于1:1与2:1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，故D正确；故选：D。二、综合题(共60分)21.铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。（1）画出铋元素最外层电子的电子排布式_______，该元素的原子核外共有_______个未成对电子。（2）铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点_______金属铋的熔点(填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”)。（3）请尝试画出BiH3的电子式_______。推测以下说法正确的是_______。A.BiH3是非极性分子B.热稳定性：NH3>BiH3 C.酸性HBiO3>HNO3D.原子半径r(Bi)BiH3，故B正确； C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，酸性HBiO3r(P)，故D错误；选B。【小问4详解】BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3；【小问5详解】该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。22.I.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2③CH4(g)C(s)＋2H2(g)+Q3④2CO(g)CO2(g)+C(s)+Q4⑤CO(g)＋H2(g)H2O(g)＋C(s)+Q5（1）若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c(CH4)：c(CO2)分别等于1:2、1:5、1:7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如下图所示：①曲线a的进料浓度比c(CH4)：c(CO2)为_______。②条件X是_______(填“温度”或“压强”)，依据是_______。 （2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K=_______，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为_______。（3）下列说法正确的是_______。A.当v(CO2)=v(CO)，反应②达到平衡状态B.升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大C.增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小D.移去部分C(s)，反应③④⑤的平衡均向右移动II.在Zn/ZSM-5催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。常温下，向10mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。（4）b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是_______(填“强碱”或“弱碱”)，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序_______。（5）b点由水电离出的氢离子浓度c(H+)_______(填“＞”“=”或“＜”)1×10-7mol/L。【答案】（1）①.1:2②.温度③.该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大（2）①.K=②.50%（3）B（4）①.弱碱②.c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)（5）＞【解析】【小问1详解】①恒容密闭容器中发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，Q1＜0，增大c(CO2)，平衡正向移动，????(CH4)增大，则c(CH4):c(CO2)越小，????(CH4)越大，所以曲线a的进料浓度比c(CH4):c(CO2)为1:2。②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高，????(CH4)越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大。答案为：1:2 ；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；【小问2详解】某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，该反应的平衡常数表达式为K=；平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：则，x=0.5mol，CO2的转化率为=50%。答案为：K=；50%；【小问3详解】A．反应②为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2，当v(CO2)=v(CO)，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，A不正确；B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，B正确；C．增大压强，反应①温度不变，平衡常数K不变，C不正确；D．移去部分C(s)，反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，D不正确；故选B。答案为：B；【小问4详解】从图中可以看出，b点时，V(ROH)=10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)。答案为：弱碱；c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)；【小问5详解】b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c(H+)＞1×10-7mol/L。答案为：＞。【点睛】一元酸与一元碱反应所生成的盐溶液，若呈酸性，则表明酸的电离常数比碱大；若呈碱性，则表明碱的电离常数比酸大。23.I.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下： 已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5℃，微溶于水。在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。完成下列填空：（1）操作A的名称是_______。经操作A后，请设计实验方案判断Fe3+是否有残留_______。（2）滴定前，加入适量溶液B进行酸化，则B可能是_______。a.H2SO3-H3PO4b.H2SO4-H3PO4c.HNO3-H3PO4d.HI-H3PO4（3）滴定达到终点时，消耗0.1000mol·L-1K2Cr2O7溶液6.00mL(生成物中Cr元素为+3价)。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为_______。（4）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_______。A.稀释被测试样B.减少被测试样取量C.增加平行测定次数D.降低滴定剂浓度II.利用下图装置和试剂可以测定铁铝合金样品中的铝含量。请回答：（5）下列有关该实验的说法中正确的是_______。A.由于恒压分液漏斗的存在，该装置不能进行气密性检查B.读数前需将量气管C上下移动使B、C中液面相平C.反应完成后生成的氢气都要转移至装置B中D.需要控制NaOH的量以防止产生气体过多超过量气装置的量程（6）若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，则测得铁铝合金中的铝含量_______，(填“ 偏大”、“偏小”或“不变”)，请说明理由_______。【答案】（1）①.分液②.从溶液II中取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，显无色说明无残留（2）b（3）0.576mol/L（4）CD（5）B（6）①.偏大②.滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多【解析】【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25ml，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100ml，取25.00ml溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。【小问1详解】操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，所用仪器为分液漏斗；依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为：分液漏斗；从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；【小问2详解】a.H2SO3具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，而消耗更多的标准溶液导致实验不准确，a不选；b.H2SO4-H3PO4可对溶液B进行酸化，b选；c.HNO3具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，消耗待测液，导致实验结果偏低，c不选；d.HI具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，d不选；故选：b；【小问3详解】依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量=0.1mol/L×6×10-3L=6×10-4mol，反应为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式 ，，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为：0.576mol/L；【小问4详解】上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，增加平行测定次数，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确，故答案为：CD；【小问5详解】A．由于恒压分液漏斗的存在是平衡压强，检查密闭装置，检查装置气密性可以密闭装置，改变压强，利用液面变化判断该装置气密性，能进行气密性检查，故A错误；B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平，防止水的压强影响读取气体体积数值产生误差，故B正确；C．反应完成后生成的氢气依据量气管的液面变化读取体积，不需要都要转移至装置B中，故C错误；D．保证合金完全反应条件下，利用的是气体压强变化，液面差读取气体体积，产生气体不会超过量气装置的量程，故D错误；故答案为：B；【小问6详解】若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气管装置中气体体积增大，导致计算的铝的含量增大，则测得铁铝合金中的铝含量偏大，故答案为：偏大；滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。24.早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。以下合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线。已知：① ②RONaROCH3回答下列问题：（1）由B制备C的反应类型是_______，B中含氧官能团的名称_______。（2）书写C+F→G的反应方程式_______。（3）化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的所有H的同分异构体_______。①可以发生银镜反应；②可以发生水解反应；③含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢；（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请简要评价两种合成路线_______。①②（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，请完成下列合成过程，无机试剂和必要的有机试剂任选_______。(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)【答案】（1）①.取代反应②.硝基、羧基（2）（3） 、（4）路线①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低（5）【解析】【分析】根据G的结构简式及C的分子式知，甲苯和浓硝酸发生甲基对位上的取代反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，根据C的分子式知，B发生取代反应生成C为；D和NaOH反应生成E为，E发生信息(2)的反应生成F为，根据G的结构简式知，C和F发生取代反应生成G；【小问1详解】B中-OH被氯原子取代生成C，由B制备C的反应类型是取代反应，B为，B中含氧官能团的名称是硝基、羧基，故答案为：取代反应；硝基、羧基；【小问2详解】C为、F为，C和F发生取代反应生成G，C+F→G的反应方程式为 ；【小问3详解】F为，化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，H的同分异构体符合下列条件：(ⅰ)可以发生银镜反应，说明含有醛基；(ⅱ)可以发生水解反应说明含有酯基，根据氧原子个数知，存在HCOO-；(ⅲ)含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢，其结构对称，符合条件的结构简式为、；【小问4详解】根据题给信息知，①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低；【小问5详解】以为原料合成，和NaOH反应生成，和CH3I发生信息(2)的反应生成，发生催化氧化生成，发生氧化反应生成目标产物，合成路线为。