云南省昆明市云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题（解析版）

这是一份云南省昆明市云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了5 Fe56 C59，00mL未知浓度的NaOH溶液等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Fe56 C59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是
A. 肥皂水可作蚊虫叮咬处的清洗剂
B. 生石灰、硅胶都可以作食品干燥剂
C. 利用盐卤等物质使豆浆中的蛋白质聚沉制作豆腐
D. 小苏打可用于焙制糕点，而苏打不可用于食品加工
【答案】D
【解析】
【详解】A．肥皂水（弱碱性）可与蚊虫叮咬处酸性物质反应，可减轻痛痒症状，达到目的，A正确；
B．生石灰、硅胶具有吸水性，且都无毒，可用于食品干燥剂，B正确；
C．豆腐是我国具有悠久历史的传统美食，它是利用盐卤等物质能使豆浆中的蛋白质聚沉的原理制成的，C正确；
D．小苏打即NaHCO3受热分解产生无毒气体CO2，可用于焙制糕点，纯碱为碳酸钠，水解显碱性，可与酸反应或中和酸，可用于食品加工，D错误；
故答案为：D。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. HClO的电子式：
B. H2O分子的VSEPR模型：
C. CH3CH(CH2CH3)2的名称：3-甲基戊烷
D. 基态Be原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HClO的电子式是，A错误；
B．H2O分子中中心原子O周围的价层电子对数为4，故其VSEPR模型为四面体，如图所示：，B错误；
C．根据烷烃的系统命名法可知，CH3CH(CH2CH3)2的名称为：3-甲基戊烷，C正确；
D．Be为4号元素，核外电子排布式为：1s22s2，则基态Be原子的价层电子排布图为：，D错误；
故答案为：C。
3. 下列实验操作(如图)正确且能达到目的的是
A. 图甲：NaOH溶液中滴加FeCl3制备氢氧化铁
B. 图乙：对浓硫酸进行稀释操作
C. 图丙：加热NaHCO3验证其稳定性
D. 图丁：量取20.00mL未知浓度的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲向NaOH溶液中滴加FeCl3制备氢氧化铁是胶头滴管不能插入试管里面，否则易造成试剂污染，A不合题意误；
B．对浓硫酸进行稀释是应该是将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒搅拌，B不合题意；
C．加热NaHCO3验证其稳定性是试管口应该向下倾斜，C不合题意；
D．量取20.00mL未知浓度的NaOH溶液应该使用如图所示的碱式滴定管，D符合题意；
故答案为：D。
4. 抗癌药物的分子结构如图所示，下列说法正确的是
A. 的分子式：
B. 分子存在对映异构体
C. 最多可以和加成
D. 属于芳香族化合物，含有4种不同官能团
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据该有机化合物的结构简式可知，其分子式为C11H7O6Br，A错误；
B．分子存在手性碳原子，则存在对映异构体，B正确；
C．酯基不和氢气加成，碳碳双键、苯环和氢气加成，则最多可以和4ml氢气加成，C错误；
D．分子中含有苯环，故该物质属于芳香族化合物，有机化合物含有5种官能团，分别是羧基、酯基、碳碳双键、酚羟基和溴原子，D错误；
故选B。
5. 关于第ⅢA族元素B和Al，下列说法错误的是
A. H3BO3为三元酸，Al(OH)3为三元碱
B. 冰晶石Na3AlF6中含有离子键、配位键
C. 晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性
D. (AlCl3)2双分子中Al的杂化方式为sp3
【答案】A
【解析】
【详解】A．H3BO3为一元弱酸，电离方程式为H3BO3 +H2O[B(OH)4]-+H+，Al(OH)3为两性氢氧化物，具有两性，A错误；
B．Na3AlF6中Na+、之间存在离子键，中Al3+提供空轨道、F-提供孤电子对而形成配位键，所以Na3AlF6中含有离子键和配位键，B正确；
C．晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，C正确；
D．(AlCl3)2双分子即Al2Cl6中Al原子的σ键数为4，无孤电子对，其杂化方式为sp3杂化，D正确；
故答案为：A。
6. 分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是
A. ①中Mg作负极，Al作正极
B. ②中Mg作正极，Al作负极
C. ③中Cu作负极，原因是铁在硝酸中钝化
D. ④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中无水乙醇为非电解质，不能构成原电池，则没有负极和正极，A错误；
B．②的条件下，Al易失电子作负极，Mg作正极，正极反应式为2H2O+2e-═2OH-+H2↑、负极反应式为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，B正确；
C．③中Fe和稀硝酸不发生钝化现象，Fe和Cu均能与稀硝酸反应，且Fe比Cu活泼，Fe作负极，Cu作正极，C错误；
D．铁、铜、氯化钠构成原电池，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成OH-，电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-，D错误；
故答案为：B。
7. X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X与W同族，W焰色反应为黄色。某种化合物的结构如图所示，其中下列叙述错误的是
A. ZX3的水溶液呈碱性
B. 元素非金属性的顺序为Y＜Z＜Q
C. 该化合物中2个Q原子都满足8电子稳定结构
D. 由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
【答案】D
【解析】
【分析】由该化合物的结构图可知，Y形成4个共价键，为第ⅣA族元素，Q形成1个共价键，为ⅥA族元素，W形成+1价阳离子，为第IA族元素， W焰色反应为黄色，则W为Na，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，X与W同族，则X为H，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，Z为N、X为H，则ZX3即NH3的水溶液呈碱性，A正确；
B．由分析可知，Y为C、Z为N、Q为O，根据同一周期从左往右元素的非金属性依次增强可知，元素非金属性的顺序为C＜N＜O即Y＜Z＜Q，B正确；
C．由该化合物的结构图可知，该化合物中2个Q原子其中一个形成2个共价键，另一个形成一个共价键同时得到一个电子，故都满足8电子稳定结构，C正确；
D．由分析可知，X为H、Y为C、Q为O、W为Na，则由X、Y、Q、W四种元素形成的化合物的水溶液NaHCO3溶液呈碱性，而NaHC2O4呈酸性，D错误；
故答案为：D。
8. 下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①滴加稀HNO3溶液至，反应恰好生成硝酸钾，①正确；
②加入过量铁粉可以把铜置换出来，过滤除去铜和过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液，②正确；
③二氧化碳和HCl都会和碳酸钠溶液反应，可以用饱和NaHCO3溶液除去HCl，③错误；
④乙酸、乙酸乙酯都会和氢氧化钠反应，可以用饱和Na2CO3溶液除去乙酸，④错误；
故选A。
9. N2在高压下转化为四面体的N4分子(如图)。下列说法错误的是
A. N2和N4互为同素异形体B. 1mlN4中含有6mlN-N键
C. N2转化为N4是熵增反应D. 常压、常温下N4不能稳定存在
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2和N4均为氮元素形成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，A正确；
B．由题干N4的结构式可知，1mlN4中含有6mlN-N键，B正确；
C．N2转化为N4即2N2(g)=N4(g)，气体的体积减小，即是熵减反应，C错误；
D．由题干N4的结构式可知，单原子间均以单键连接，N-N的键能远小于N≡N的键能，故常压、常温下N4不能稳定存在，D正确；
故答案为：C。
10. 硼氢化钠吸湿性强，其中的氢带有部分负电荷(B的电负性比小)，硼氢化钠对醛、酮的还原效果比较好。制备提纯的流程如图，下列有关说法错误的是
A. 合成反应中H2作氧化剂
B. 从流程看不溶于异丙胺
C. 操作③中要用到蒸馏烧瓶和直形冷凝管
D. 反应①为
【答案】D
【解析】
【分析】反应①为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=NaBH4+2Na2SiO3，NaBH4吸湿性强，将生成的NaBH4、Na2SiO3萃取分液，NaBH4溶解于(CH3)2CHNH2、Na2SiO3异丙胺不溶于，过滤分离出Na2SiO3，溶液NaBH4和异丙胺蒸馏分离得到异丙胺和NaBH4。
【详解】A．NaBH4中H元素化合价为-1，H2中H元素的化合价从0价降至-1，反应中H2作氧化剂，A正确；
B．NaBH4溶解于异丙胺，Na2SiO3不溶于异丙胺，过滤分离出Na2SiO3，B正确；
C．蒸馏分离得到异丙胺和NaBH4，则操作③中要用到蒸馏烧瓶和直形冷凝管，C正确；
D．由分析可知，发生反应①为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=NaBH4+2Na2SiO3，D错误；
故选D。
11. 含Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。c和f均为氯化物，其中f晶体熔点为306℃，沸点为316℃，下列推断合理的是
A. a与Cl2可直接化合生成f，f为离子晶体
B. 钢铁大桥表面易形成致密的d，可保护桥体
C. f溶液中滴入氨水可反应得到e胶体
D. c溶液中滴加KOH溶液，存在c→b→e的转化
【答案】D
【解析】
【分析】由题干价类二维图可知，a为Fe、b为Fe(OH)2、c为亚铁盐、d为Fe2O3、e为Fe(OH)3、f为铁盐，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，a为Fe，a与Cl2可直接化合生成f即为FeCl3，FeCl3是共价化合物，形成分子晶体，A错误；
B．由分析可知，d为Fe2O3，Fe2O3不是致密的氧化物保护膜，故钢铁大桥表面易形成d，不可保护桥体，B错误；
C．由分析可知，f为铁盐，e为Fe(OH)3，制备Fe(OH)3胶体应该将f溶液通常为FeCl3溶液滴入沸水中继续加热至溶液呈红褐色，即可得到e胶体，C错误；
D．由分析可知，c为亚铁盐、c溶液中滴加KOH溶液即生成Fe(OH)2，Fe(OH)2具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化生成Fe(OH)3，即存在c→b→e的转化，D正确；
故答案为：D。
12. 一种以天然气为燃料的固体氧化物燃料电池的原理如图所示，其中YSZ为6%~10%Y2O3掺杂的ZrO2固体电解质，下列有关叙述正确的是
A. 电流通过外电路从a极流向b极
B. a极上的电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
C. 电路中每转移0.8ml电子，a电极生成22.4L的CO2
D. 固体电解质YSZ中O2-不能自由迁移，因为YSZ不是电解质
【答案】B
【解析】
【分析】由题干原电池装置图可知，a极通入CH4发生氧化反应，是负极，电极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，b极通入O2反应还原反应，是正极，电极反应为：O2+4e-=2O2-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，a为负极，b为正极，电流方向为正极流向负极即b电极经导线流向a电极，A错误；
B．由分析可知，a极为负极，发生氧化反应，电极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，B正确；
C．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算CO2的体积，C错误；
D．由题干图示信息可知，O2-能自由地由正极通过固体电解质 YSZ 迁移到负极，D错误；
故答案为：B。
13. 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01ml/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑的水解，表示阴离子)。下列叙述错误的是
A. Ksp(Ag2C2O4)=10-10.46
B. (4，-3.75)点表示Ag2C2O4的不饱和溶液
C. Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)的平衡常数K=109.04
D. 向等浓度KCl、K2C2O4的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】根据Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c()，Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)，则-lgKsp(Ag2C2O4)=-2lg(Ag+)-lgc()，即-2lgc(Ag+)=lgc()-lgKsp(Ag2C2O4)，lgc(Ag+)=lgc(Cl-)-lgKsp(AgCl)，由图可知，4-2-5.75-(-7.75)=1，所以X曲线代表AgCl的关系，Y曲线代表Ag2C2O4的关系，根据点(-5.75，4)和(-2.46，4)计算Ksp(AgCl)=10-5.75×10-4=10-9.75，Ksp(Ag2C2O4)=10-2.46×(10-4)2=10-10.46，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，Y代表Ag2C2O4的关系图，Ksp(Ag2C2O4)=10-2.46×(10-4)2=10-10.46，A正确；
B．由分析可知，Ksp(Ag2C2O4)=10-10.46，(4，-3.75)点时Qc=c2(Ag+)c()=(10-4)210-3.75=10-11.75＜Ksp[Ag2C2O4]，即表示Ag2C2O4的不饱和溶液，B正确；
C．由分析可知，Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)的平衡常数K=====109.04，C正确；
D．由图可知，向等浓度KCl、K2C2O4的混合液中即阴离子浓度c(Cl-)=c(C2O42-)时，滴入AgNO3溶液时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小，先生成AgCl沉淀，D错误；
故答案为：D。
14. C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全脱水，据图表分析，在350~400℃范围内，剩余固体成分为
A. COB. CO、C2O3C. C3O4D. C2O3、C3O4
【答案】D
【解析】
【详解】根据质量守恒定律，在变化过程中，C的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(C)=ml，m(C)=100×g；在350-400℃时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析，在290℃，n(C)：n(O)=：[(89.25-100×)÷16]=2：3，其化学式为C2O3；在500℃n(C)：n(O)=：[(86.38-100×)÷16]=3：4，其化学式为C3O4；所以可以确定在350-400℃时的化学式为C2O3和C3O4，故答案为：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 草酸镍(NiC2O4)是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图：
已知：①“浸出”液含有的离子主要有、、、、、；
②增大，被氧化的速率加快，同时生成的水解形成的胶体能吸附。
回答下列问题：
（1）Ni在元素周期表中的位置是_______。
（2）生产时为提高合金废料浸出率，可以适当延长浸出时间或分批加入混酸浸取并搅拌但不能高温加热，其原因是_______。
（3）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是_______。
（4）“氧化”过程中，控制、小于3的条件下进行。“氧化”过程的离子方程式为_______；若大于3，镍的回收率降低的原因是_______。
（5）“过滤”后的滤液中加入(NH4)2C2O4溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是_______。
（6）在空气中加热草酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为_______。
（7）NiO的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数A为，B为，则D离子的原子坐标为_______。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族
（2）温度太高将加速稀硝酸的挥发和分解
（3）Cu2+ （4） ①. 2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH↓+4H+ ②. pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低
（5）取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净
（6）2NiC2O4+O22NiO+4CO2
（7）(，，1)
【解析】
【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸铵，经过系列操作得到草酸镍，据此分析解题。
【小问1详解】
已知Ni是28号元素，故Ni在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；
【小问2详解】
由于温度太高将加速稀硝酸的挥发和分解，故生产时为提高合金废料浸出率，可以适当延长浸出时间或分批加入混酸浸取并搅拌但不能高温加热，故答案为：温度太高将加速稀硝酸的挥发和分解；
【小问3详解】
由流程分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu2+，故答案为：Cu2+；
【小问4详解】
“氧化”过程中，H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为
2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH↓+4H+，pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低，故答案为：2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH↓+4H+；pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低；
【小问5详解】
由流程可知，草酸镍晶体表面附有可溶的硫酸铵等，检验晶体是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根，则检验方法为取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；
【小问6详解】
在空气中加热草酸镍得到NiO和CO2，该反应的化学方程式为2NiC2O4+O22NiO+4CO2，故答案为：2NiC2O4+O22NiO+4CO2；
【小问7详解】
由题干NiO的晶胞结构图所示信息，根据原子坐标参数A为，B为，则D离子的原子坐标为(，，1)，故答案为：(，，1)。
16. 甲酸是一种有机化工原料，广泛用于农药、皮革、医药和橡胶等工业。请回答：
（1）甲酸是一种一元弱酸，其在水溶液中的电离方程式为_______。若常温下，的甲酸溶液为2.3，则甲酸的_______。
（2）工业上将CO2转化为甲酸，为实现碳中和添砖加瓦。时，反应Ⅰ的平衡常数，实验测得，其他条件不变，升高温度至时，，则该反应正逆方向的活化能大小Ea正______________Ea逆 (填“大于”“等于”或“小于”)，理由是_______。
（3）某研究小组发现水溶液在密封石英管中的分解反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。下，在密封石英管内完全充满水溶液，分解产物均完全溶于水中。CO2、浓度与反应时间的变化关系如图所示。
①下列说法正确的是_______。
A．反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ
B．反应
C．混合体系达平衡后：
D．若在起始溶液中加入盐酸，则达浓度峰值时。的值与未加盐酸时相同
②反应过程中、CO2浓度随反应时间的变化关系如表所示，其中反应至时达到过程中的最大值。
计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数_______。
（4）一种由CO2电化学法合成甲酸盐的工作原理如图所示。电极为_______极。电解一段时间后，若两侧电解液中的物质的量相差，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为_______(假设产生的气体全部逸出)。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 小于 ②. 平衡时正逆反应速率相等， 且，则，升高温度至时，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应
（3） ①. AD ②. 5
（4） ①. 阴 ②. 1.12
【解析】
【小问1详解】
甲酸是一种一元弱酸，其在水溶液中部分电离，电离方程式为，常温下，的甲酸溶液为2.3，则甲酸的；
【小问2详解】
平衡时正逆反应速率相等， 且，则，升高温度至时，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，则该反应正逆方向的活化能大小Ea正小于Ea逆 ；
【小问3详解】
①A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，则反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ，正确；
B．由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅰ得反应，则，B错误；
C．根据碳元素守恒，混合体系达平衡后：，C错误；
D．对反应Ⅰ：，平衡常数只受温度影响，则在起始溶液中加入盐酸，CO达浓度峰值时值与未加盐酸时相同，D正确；
故选AD；
②反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态；从表中数据可看出，开始生成一氧化碳的速率比生成二氧化碳的速率快，反应时达到过程中的最大值，此时反应Ⅰ达到平衡状态，反应Ⅱ未达平衡，反应Ⅱ正向进行，二氧化碳浓度增大，使甲酸浓度减小，反应Ⅰ平衡逆移，一氧化碳浓度减小，故10min时，反应Ⅰ平衡，此时一氧化碳、二氧化碳、甲酸浓度分别为0.7ml/L、0.16ml/L、1.0ml/L-0.7ml/L-0.16ml/L=0.14ml/L，反应Ⅰ平衡常数；
【小问4详解】
由CO2电化学法合成甲酸盐，由图可知，b极二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸根离子，b为阴极；阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气：，生成的氢离子又和碳酸氢根离子生成水和二氧化碳：，则每转移4ml电子会有4ml钾离子进入阴极区，若两侧电解液中的物质的量相差，则电路中转移电子0.04ml，此时阳极产生的气体0.05ml，在标准状况下的总体积为1.12L。
17. 某小组设计如图装置测定新装修居室内空气中甲醛含量(夹持装置略)。
已知：①测定原理为甲醛把还原成，产生的与定量反应生成与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；
②吸光度用表示，计算公式为，其中为吸光度系数，为光在样本中经过的距离，为溶液浓度。
测定操作如下：
Ⅰ．制备银氨溶液
（1）仪器A的名称是_______。
（2）仪器B中所盛装的溶液为_______。
Ⅱ．吸收室内空气中甲醛
（3）完成室内空气中甲醛含量的测定的步骤为：取下玻璃塞操作①加热仪器操作②打开，关闭操作③使可滑动隔板处于最右端操作④将可滑动隔板拉至最左端操作⑤打开，关闭将可滑动隔板缓慢推至最右端再将操作②至⑤重复4次。为保证数据样本的多样性，取样时应_______；实验中使用毛细管的作用为_______。
（4）甲醛中C原子的杂化方式为_______，写出甲醛与适量银氨溶液反应的化学方程式：_______。
Ⅲ．测定甲醛含量
（5）将仪器A中溶液的调至1，加入足量溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成，则空气中甲醛的含量为_______。
（6）能够与许多化合物形成配位化合物。邻二氮菲()与形成的红色配合物，该配合物的特征颜色可用于测定的浓度。红色配离子中不存在的作用力有_______(填序号)。
A.σ键 B.π键 C.离子键 D.氢键 E.配位键
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）氨水 （3） ①. 在室内不同点位进行空气取样 ②. 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收
（4） ①. sp2； ②. HCHO+4Ag(NH3)2OH4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3
（5）0.0375 （6）CD
【解析】
【分析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪形成有色配合物，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，可计算室内空气中甲醛含量。
小问1详解】
仪器A的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；
【小问2详解】
由分析可知，仪器B中放置的药品是氨水，故答案为：氨水；
【小问3详解】
为保证数据样本的多样性，取样时应在室内不同点位进行空气取样，以减少实验误差，保证数据的准确性，细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收，故答案为：在室内不同点位进行空气取样；减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体和溶液反应充分，使其被完全吸收；
【小问4详解】
甲醛中C原子周围的价层电子对数为：3+=3，该碳原子的杂化方式为sp2，甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方程式HCHO+4Ag(NH3)2OH4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3，故答案为：sp2；HCHO+4Ag(NH3)2OH4Ag↓+2H2O+(NH4)2CO3+6NH3；
【小问5详解】
甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)==2×10-5ml，据电子守恒：HCHO～4e-～4Fe2+，消耗甲醛2×10-5ml×=5×10-6ml，因实验进行了4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为5×10 -6 ml÷4=1.25×10 -6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×10 3 mg/g=0.0375 mg/L，故答案为：0.0375；
【小问6详解】
已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个π键，故红色配离子中存在σ键和π键，Fe2+与邻二氮菲之间存在配位键，故该离子中不存在的作用力有离子键和氢键，故答案为：CD。
18. 食用含有黄酮类物质的食物可以增强人体抵抗力，降低感染细菌、病毒的概率。某种黄酮类物质H的合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）有机物C的结构简式为_______，这一步的作用是_______。
（3）写出的化学方程式：_______。
（4）有机物与足量的溶液反应，最多消耗的物质的量为_______。
（5）经过两步反应生成，第①步的反应类型为加成反应，第②步的反应类型为_______。
（6）X是F的同分异构体，可以发生银镜反应，且遇FeCl3溶液显紫色，核磁共振氢谱显示有五组峰且峰面积之比为2:2:2:1:1的有机物的结构简式为_______。
（7）结合流程中的信息，设计以对羟甲基苯酚()与甲苯为起始原料制备的合成路线_______(其他试剂任选)。
【答案】（1）2-乙基苯酚或邻乙基苯酚
（2） ①. ②. 保护酚羟基，防止被氧化
（3）++HCl
（4）2ml （5）消去反应
（6） （7）
【解析】
【分析】A→B形成了C=C为消去反应。B→C为C=C与水的加成反应，C为，C→D为酚羟基H被取代，该反应为取代反应；D→E为-OH氧化为酮；F→G产生了酯基，酰氯与羟基形成酯基， (7)本题采用逆向合成法：由题干D到E的转化信息可知，可由催化氧化制得，由题干C到D的转化信息可知，可由和发生取代反应制得，而则可由和Cl2在光照条件下制得，据此分析确定合成路线，由此分析解题。
【小问1详解】
以苯酚为母体，那么对苯环编号，该物质为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚，故答案为：2-乙基苯酚或邻乙基苯酚；
【小问2详解】
由分析可知，C的结构简式为： ，C→D酚羟基被反应了，而E→F产生了酚羟基，所以保护酚羟基，防止被氧化，故答案为：；保护酚羟基，防止被氧化；
【小问3详解】
由题干流程图可知，F→G产生了酯基，根据F、G的结构简式和F到G的转化条件可知，F到G的化学方程式为：++HCl，故答案为：++HCl；
【小问4详解】
由题干流程图中G的结构简式可知，G分子中含有1个酚酯基，故有机物与足量的溶液反应，最多消耗的物质的量为2ml，故答案为：2ml；
小问5详解】
由题干流程图可知，经过两步反应生成，第①步的反应类型为加成反应即G分子酮羰基相连的甲基上H比较活泼，与酯基上的碳氧双键加成生成羟基，第②步即羟基发生消去反应生成碳碳双键，故答案为：消去反应；
【小问6详解】
由题干流程图可知，F的分子式为：C8H8O2，不饱和度为：=5，X是F的同分异构体，可以发生银镜反应即含有醛基，且遇FeCl3溶液显紫色即含有酚羟基，核磁共振氢谱显示有五组峰且峰面积之比为2:2:2:1:1的有机物的结构简式为：，故答案为：；
【小问7详解】
由题干D到E的转化信息可知，可由催化氧化制得，由题干C到D的转化信息可知，可由和发生取代反应制得，而则可由和Cl2在光照条件下制得，据此分析确定合成路线如下：，故答案为：。序号
物质
杂质
除杂应选用的试剂或操作方法
①
溶液

滴加稀HNO3溶液至
②
溶液

加入过量铁粉，并过滤
③
CO2

通过盛溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④
乙酸乙酯
乙酸
加入溶液，分液
浓度
时间


0
0
0

0.22
0.02

0.70
0.16

0.35
0.58

0.20
0.76