2021版广东新高考化学人教大一轮复习学业水平等级考试（预测卷）化学试题（三） WORD版含解析.docx

1、化 学 试 题 (三)可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Zn 65一、选择题(本题共 10 小题,每小题 2分,共 20 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.化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法正确的是()A.目前提岀的“低碳经济”,即减少向环境中排放CO2,抑制酸雨的形成B.推广使用燃料电池汽车,可减少颗粒物、CO等有害物质的排放C.高纯度的硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”D.水泥、玻璃、青花瓷、水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品2.下列关于化合物2-环己基丙烯()的说法错误的是()A.能使酸性高锰酸

2、钾溶液褪色B.可以发生加成反应、加聚反应C.分子式为C9H16,分子中所有原子共平面D.难溶于水,但不可用于萃取溴水中的溴3.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2NaHSO4,利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的的是()A.B.C.D.4.已知反应:As2S3+HNO3+XH3AsO4+H2SO4+NO,下列关于该反应的说法不正确的是()A.氧化产物为H2SO4和H3AsO4B.NO3-中N的杂化方式为sp3C.1个H3AsO4分子中含有3个羟基氧,则H3AsO4属于三元酸D.方程式中的X可能为

3、H2O5.是一种在药物合成中有重要作用的有机物,下列关于该有机物的说法正确的是()A.该有机物在一定条件下能发生酯化反应、还原反应、氧化反应、加成反应、消去反应B.该有机物中有4种官能团C.1 mol该有机物分别与足量的碳酸氢钠溶液、金属钠反应,产生气体的物质的量不相同D.该有机物的分子式为C14H16O66.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:元素代号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0700.066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2下列有关这几种元素的叙述中,正确的是()A.元素的金属性:Xr(W2-)D.元素Y的最高价氧化物能溶于氢氧化钠溶液7.一种新型的合成氨的

4、方法如图所示,下列说法错误的是()A.反应属于“氮的固定”B.反应属于非氧化还原反应C.反应可通过电解LiOH水溶液实现D.上述三步循环的总结果为2N2+6H2O4NH3+3O28.某研究小组为了探究NaClO溶液的性质,设计了下列实验,并记录实验现象。实验装置实验序号滴管试剂试管试剂实验现象0.2 molL-1NaClO溶液饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀CH3COOH溶液光照管壁有无色气泡0.2 molL-1 FeSO4酸性溶液和KSCN溶液溶液变红0.2 molL-1的AlCl3溶液产生白色沉淀则以下判断不正确的是()A.实验:发生的反应为Ag+ClO-+H2OAgCl+2OH-B.实验

5、:无色气体为O2C.实验:还原性强弱顺序Fe2+Cl-D.实验:ClO-与Al3+的水解相互促进9.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是()A.在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B.石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐,都能与盐酸反应C.在制粗硅时,被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为21D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物10.MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料,现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如图:下列说法不正确的是()A.干电

6、池是一种将化学能转变为电能的装置B.酸溶时,ZnS作还原剂,每析出12.8 g S沉淀,共转移0.8 mol电子C.通电电解时MnO2在阳极处生成,电极反应为Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+D.原料硫酸可以循环使用,且可用盐酸代替硫酸进行酸溶二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)11.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是()(NA为阿伏加德罗常数的值)A.标准状况下,22.4 L CO2中所含的电子数目为16NAB.10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为0.

7、3NAC.2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NAD.100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA12.某酸性工业废水中含有一定量的Fe3+、Cu2+、Au3+等离子。利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑,设计如下工艺流程,从废水中回收金,并生产一定量的铁红和氧化铜。下列说法不正确的是()A.标号处发生的反应均为氧化还原反应B.标号处加入的相应物质是稀硝酸或稀硫酸C.标号处发生的离子反应最多有3个D.铁红的化学式为Fe2O3,工业上常用作红色颜料13.硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料。工业上采用以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、A

8、l2O3)为原料生产硼酸和轻质氧化镁,其工艺流程如下:下列叙述错误的是()A.“溶浸”中产生的气体是氨气B.“滤渣1”是SiO2C.“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是转化为硼酸沉淀D.“沉镁”中得到的母液经加热后可返回“溶浸”工序循环使用14.25 时,用0.1 molL-1的NaOH溶液,分别滴定20 mL浓度均为0.1 molL-1的两种酸HX、HY。所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是()A.0.1 molL-1的一元酸HY在水中有1%发生电离B.a点的导电能力比b点弱C.b点溶液中,c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)D加Na

9、OH溶液至pH=7时,两种溶液中,c(X-)=c(Y-)15.工业上,合成氨反应N2 + 3H22NH3的微观历程如图所示。用、分别表示N2、H2、NH3,下列说法不正确的是()A. 催化剂在吸附N2、H2时,未形成新的化学键B. 形成N原子和H原子是放热过程C.形成了新的化学键D.使用合适的催化剂,能提高合成氨反应的速率三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(10分)碘及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题:(1)单质碘与氟反应可得IF5,实验表明液态IF5具有一定导电性的原因在于IF5的自偶电离(如水的自偶电离方程式为2H2O H3O+OH-),IF5的自偶电离方程式为 (2)

10、亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中的反应为Na2SO3+KIO3+H2SO4 Na2SO4+K2SO4+I2+H2O(未配平)该反应过程和机理较复杂,一般认为分为以下步:IO3-+SO32-IO2-+SO42-(慢)IO2-+SO32-IO-+SO42-(快)5I-+6H+IO3-3I2+3H2O(快)I2+SO32-+H2O2I-+SO42-+2H+(快)根据上述条件推测,此反应的总反应速率由第步反应决定(填序号)。若预先加入淀粉溶液,由题述看必在离子消耗完时,才会有淀粉变蓝的现象产生。(3)离子的吸附是重要的研究课题已知SO2与I2的反应速率极快且平衡常数大,溶液中存在如下平衡:I2(aq)+I

11、-(aq)I3-(aq)。现将1 mol SO2缓慢通入含1 mol I2的水溶液中至恰好完全反应,溶液中I3-的物质的量n(I3-)随时间(t)的变化曲线如图1所示。开始阶段,n(I3-)逐渐增大的原因是。科研小组用新型材料Ag/TiO2对溶液中的碘离子进行吸附研究。如图2是不同pH条件下,碘离子吸附效果的变化曲线。据此推断Ag/TiO2材料最适合吸附(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液中的I-。氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子,氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I-(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq),反应达到平衡后溶液中c(Cl-)=1.0 molL-1,则溶液中c(

12、I-)=molL-1。Ksp(AgCl)=2.010-10,Ksp(AgI)=8.410-17(4)Fe3+与I-在溶液中发生反应:2Fe3+2I- 2Fe2+I2,该反应的正反应速率和Fe2+与I-的浓度关系为v=kcm(I-)cn(Fe3+)(其中k为常数)。T 时,实验测得c(I-)、c(Fe3+)与反应速率的关系如下表:c(I-)/(molL-1)c(Fe3+)/(molL-1)v/(molL-1s-1)0.200.800.032k0.600.400.144k0.800.200.128k在v=kcm(I-)cn(Fe3+)中m、n的值为(填序号)。A.m=1、n=1B.m=1、n=2C

13、.m=2、n=1D.m=2、n=2I-浓度对反应速率的影响(填“大于”“小于”或“等于”)Fe3+浓度对反应速率的影响。17.(12分)二硫代磷酸锌()是一种表面活性剂,能够提高橡胶的抓着力、耐磨性。请回答下列问题:(1)二硫代磷酸锌结构中,P的杂化方式为,Cl、P、S的第一电离能由大到小的顺序为。(2)Zn2+的价层电子排布式为,锌能够跟强碱溶液反应生成Zn(OH)42-,不考虑空间构型,Zn(OH)42-的结构可用示意图表示为。(3)硫元素能形成多种含氧酸,两分子硫酸脱去一分子水生成焦硫酸(H2S2O7),则1 mol焦硫酸中含有硫氧键的数目为。(4)纤锌矿的六方晶体晶胞结构如图所示,该晶

14、体的化学式为,其晶胞参数分别为a pm和b pm,则该晶体的密度为gcm-3(用含a、b、NA的代数式表示)。18.(13分)次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8 molL-1的次氯酸溶液。资料1:常温常压下,Cl2O为棕黄色气体,沸点为3.8 ,42 以上会分解生成Cl2和O2,Cl2O易溶于水并与水立即反应生成 HClO。资料2:将氯气和空气(不参与反应)按体积比13混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3,用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。用以下装置制备次氯酸溶液。回答下列问题:(

15、1)各装置的连接顺序为E。(2)装置A中反应的离子方程式是。(3)实验中控制氯气与空气体积比的方法是。(4)反应过程中,装置B需放在冷水中,其目的是。(5)装置E采用棕色平底烧瓶是因为。(6)若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中,其余均溶于装置E的水中,装置E所得500 mL次氯酸溶液浓度为0.8 molL-1,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为g。(7)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl-。测定E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为:用准确量取20.00 mL次氯酸溶液,加入足量的溶液,再加入足量的溶液,过滤,洗涤,真空干燥,称量沉淀的质量。(可选用的试剂

16、:H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)19.(11分)氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料,以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)CeFCO3中Ce的化合价为。(2)氧化焙烧时不能使用陶瓷容器,原因是。(3)氧化焙烧后的产物之一为CeO2,则酸浸时发生反应的离子方程式为。(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂,则操作的名称为。(5)为了提高酸浸率,可以适当提高反应温度,但温度偏高浸出率反而会减小,其原因是。(6)有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来,该过程可表示为Ce3+ (水层)+3HT(有机层)CeT3 (有机层)+3H

17、+ (水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+的水溶液,从平衡角度解释其原因:。(7)已知,298 K时,KspCe(OH)3=510-20,若溶液中c(Ce3+)=0.05 molL-1,加碱调节pH到时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化)。(8)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式:。20.(14分)有机物F可用于某抗凝血药的制备,工业生产F的一种路线图如下(其中H与FeCl3溶液能发生显色反应):回答下列问题:(1)A的名称是,E中的官能团名称是。(2)BC的反应类型是, F的分子式为。(3)H的结构简式为。(4)E与Na

18、OH溶液反应的化学方程式为。(5)同时满足下列条件的D的同分异构体共有种,写出其中核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式。是芳香族化合物能与NaHCO3溶液反应但不能与FeCl3溶液发生显色反应 1 mol该物质与钠反应时最多可得到1 mol H2(6)以2-氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯(),写出合成路线图(无机试剂自选)。化 学 试 题 (三)1.B2.C3.B4.B5.A6.D7.C8.A9.B10.D11.BD在标准状况下,22.4 L CO2的物质的量是1 mol,由于一个CO2分子中含有22个电子,所以1 mol CO2中所含的电子数目为22NA,A错误;一个N(C2H5)3分

19、子中含有3个非极性共价键,10.1 g N(C2H5)3的物质的量是0.1 mol,所以其中含有的非极性共价键数目为0.3NA,B正确;Au是由原子构成,无分子存在,因此C错误;100 g 46%的甲酸水溶液中含有甲酸质量是46 g,其物质的量是1 mol,其中含有2 mol O 原子,含有H2O的质量是54 g,H2O的物质的量是3 mol,其中含有3 mol O原子,因此100 g该溶液中所含的氧原子数目为5NA,D正确。12.BC标号处发生的反应为Fe+2H+Fe2+ H2,2Fe3+Fe3Fe2+,Cu2+FeCu+Fe2+,2Au3+3Fe2Au + 3Fe2+;处发生的反应是Fe+

20、2H+Fe2+ H2;处发生的反应是铜与稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水,处的反应均为氧化还原反应,故A正确;标号处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开,加入的相应物质是稀硝酸,不能是稀硫酸,故B错误;标号处发生的离子反应有Fe+2H+Fe2+ H2,2Fe3+Fe3Fe2+,Cu2+FeCu+Fe2+,2Au3+3Fe2Au + 3Fe2+,故C错误; Fe2O3是红色粉末,铁红的化学式为Fe2O3,工业上常用作红色颜料,故D正确。13.B “溶浸”是利用铵根离子水解显酸性进行的,由于该操作中需要消耗氢离子,促进铵根离子的水解,导致产生氨气,A正确;根据流程图,流程的后续产物为硼酸和Mg(OH

21、)2MgCO3,根据过滤2及沉镁成分可知,过滤得到的滤渣1的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3,B错误;“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是转化为硼酸沉淀便于其析出,C正确;“沉镁”中得到的母液经加热后的主要成分为硫酸铵,可以返回“溶浸”工序循环使用,D正确。14.C0.1 molL-1的HY溶液的pH=4,则c(H+)=10-4molL-1,c(HY)=0.1 molL-1,所以HY的电离度为(10-4molL-10.1 molL-1)100%=0.1%,即0.1 molL-1的一元酸HY在水中有0.1%发生电离,A错误;反应开始时HX溶液的pH=1,c(H+)=c(HX)=0.

22、1 molL-1,所以HX是一元强酸,完全电离,而HY是一元弱酸,部分电离,存在电离平衡,当加入NaOH溶液体积相等都是10 mL时,HY中仍然有大量HY分子存在,离子浓度比HX的小,所以a点的导电能力比b点强,B错误;b点溶液中含有等物质的量浓度的HY和NaY,根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),根据物料守恒可得2c(Na+)=c(HY)+c(Y-),第一个式子扩大2倍,然后减去第二个式子,整理可得c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-),C正确;pH=7时,根据电荷守恒,HY反应后的溶液中c(Na+)=c(Y-);HX反应后的溶液中c(Na+)=

23、c(X-),又由于HX是强酸,HY是弱酸,HY部分电离,HX消耗的NaOH多,所以c(X-)c(Y-),D错误。15.B催化剂在吸附N2、H2时,从图中看没有化学键的形成和断裂,故A正确;断裂成N原子和H原子的过程是吸热过程,故B错误;形成了新的化学键氮氢键,故C正确;使用合适的催化剂,能提高合成氨反应的速率,故D正确。16.答案 (1)2IF5IF4+IF6-(2)SO32-(3)开始阶段,SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大,I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)的平衡向右移动,n(I3-)不断增加中性4.210-7(4)C大于解析 (1)根据水的自偶电离方程式分析,IF5的自偶电离

24、方程式为2IF5IF4+IF6-。(2)反应的总速率由最慢的反应决定,所以此反应的总反应速率由第步反应决定;因为亚硫酸根离子能反应消耗碘单质,所以亚硫酸根离子消耗完,碘单质才会存在,才会有淀粉变蓝的现象发生。 (3)开始阶段,随着SO2和I2的反应,生成的I-的浓度不断增大,反应I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)的平衡向右移动,n(I3-)不断增加;根据图像分析pH=7时,吸附效果最好,故最适合吸附中性溶液中的I-;反应I-(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl-(aq)的平衡常数K=c(Cl-)c(I-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgI),则c(I-)=c(Cl-)Ksp(AgI

25、)Ksp(AgCl)=1.08.410-172.010-10 molL-1=4.210-7 molL-1。 (4)根据表中数据分析,0.032k=0.20m0.80n,0.144k=0.60m0.40n ,0.128k=0.80m0.20n ,解m=2,n=1。故选C;根据m、n的大小分析,碘离子浓度对反应速率的影响大于铁离子浓度的影响。17.答案 (1)sp3ClPS(2)3d10(3)8NA(4)ZnS3.8810323a2bNA解析 (1)根据二硫代磷酸锌的结构,P形成4个键,无孤电子对,则杂化方式为sp3;同周期中,第一电离能随原子序数的增大而有增大趋势,而P的价层电子排布式为3s23

26、p3,处于半充满状态,较稳定,则其第一电离能高于S的,第一电离能由大到小的顺序为ClPS。(2)Zn的价层电子排布式为3d104s2,其失去最外层电子后形成Zn2+,则Zn2+价层电子排布式为3d10;Zn(OH)42-中,Zn2+与OH-形成4个配位键,则结构示意图为。(3)硫酸分子中,S原子连接4个O原子,形成4个硫氧键,两分子硫酸脱去一分子水生成焦硫酸(H2S2O7)时,HO键断开后的O原子连接了另一个硫酸分子中的S原子,硫氧键的数目未变,则1 mol焦硫酸中含有硫氧键的数目为8NA。(4)根据纤锌矿晶体的结构,Zn在顶点、面心和内部,晶胞中Zn的个数为212+1216+3=6,S在棱上

27、和内部,晶胞中S的个数为613+4=6,则晶体的化学式为ZnS;该晶胞的底面为正六边形,则晶胞的体积为33a2b2pm3,1 mol晶胞的质量=(65+32)6 g=582 g;则晶体的密度=mV=5822103033a2bNA gcm-3=3.8810323a2bNA gcm-3。18.答案 (1)ADBC(2)MnO2 + 4H+2Cl-Mn2+ Cl2 + 2H2O(3)通过观察B中产生气泡的速率调节流速(4)防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解(5)HClO见光易分解(6)57.6(7)酸式滴定管H2O2AgNO3解析 (1)根据题意及所给装置进行分析,A装置制备氯气,D装置吸收

28、氯气中的氯化氢气体,与空气形成13的混合气体通入B装置,与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O,C装置吸收Cl2O中的Cl2,E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液,所以各装置的连接顺序为ADBCE。(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,对应离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。(3)将氯气和空气(不参与反应)以体积比约13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O,可通过观察B中产生气泡的速率调节流速,从而控制氯气与空气体积比。(4)由题可知,Cl2O 42 以上会分解生成Cl2和O2,为了

29、防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解,装置B需放在冷水中。(5)装置E中使用棕色平底烧瓶可以避光,防止反应生成的HClO见光分解。(6)装置E所得500 mL次氯酸溶液浓度为0.8 molL-1,则c(HClO)=0.5 L0.8 molL-1=0.4 mol,根据反应Cl2O+H2O2HClO可知,反应的二氧化氯为0.2 mol,装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中,则制得的二氧化氯的物质的量为0.2mol1-20%=0.25 mol,根据反应2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3可知,需碳酸钠的物质的量为0.5 mol,则Na2CO3的质量为

30、0.5 mol106 gmol-1=53 g,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为53 g1-8%57.6 g。(7)次氯酸具有酸性和强氧化性,需要选用酸式滴定管盛放;FeCl2溶液中含有氯离子,本实验中需要用硝酸银溶液测定氯离子,用FeCl2会干扰检验结果,故应该选用双氧水。具体实验操作方法是:用酸式滴定管准确量取20.00 mL次氯酸溶液,加入足量的H2O2溶液,再加入足量的AgNO3溶液,过滤,洗涤沉淀,在真空干燥箱中干燥,用电子天平称量沉淀质量。19.答案 (1)+3价(2)陶瓷会与生成的HF反应(3)2CeO2+H2O2+6H+ 2Ce3+O2+4H2O(4)萃取、分液(5)温度升高,

31、双氧水发生分解,造成浸出率偏小(6)向混合液中加入稀硫酸,使c(H+)增大,平衡向形成Ce3+水溶液方向移动(7)8(8)4Ce(OH)3+O2+2H2O 4Ce(OH)4解析 (1)CeFCO3中CO32-显-2价,F显-1价,则可推出Ce的化合价为+3价。(2)陶瓷容器中含有SiO2,SiO2与HF发生反应SiO2+4HFSiF4+2H2O,因此该流程中氧化焙烧时不能使用陶瓷容器。(3)有机层中Ce显+3价,CeO2中Ce显+4价,即在酸浸时Ce的化合价降低,则CeO2为氧化剂,H2O2为还原剂,反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3+O2+4H2O。(4)操作得到溶液和有

32、机相,因此操作的名称为萃取、分液。(5)根据流程,酸浸时加入H2O2,H2O2在高温下会发生分解,H2O2与CeO2发生反应时H2O2的量减少,会造成浸出率降低。(6)该过程中存在Ce3+ (水层)+3HT(有机层)CeT3 (有机层)+3H+ (水层),加入稀硫酸,c(H+)增大,平衡向逆反应方向移动,生成Ce3+的水溶液,能获得较纯的含Ce3+的水溶液。(7)Ce3+开始出现沉淀时c(Ce3+)c3(OH-)=KspCe(OH)3,则有c(OH-)=3KspCe(OH)3c(Ce3+)=3510-200.05 molL-1=110-6 molL-1,即当pH=8时Ce3+开始出现沉淀。(8

33、)利用氧气将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4,其反应的方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4。20.答案 (1)乙醛酯基(2)取代反应C9H6O3(3)(4)+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O(5)4(6)CH3CHClCOOHCH2CHCOOHCH2CHCOCl解析 乙烯发生氧化反应得到的A为乙醛,乙醛发生银镜反应后酸化得到的B为乙酸,乙酸与三氯化磷反应生成C为CH3COCl;根据E可知,CH3COCl与D发生取代反应而得E,则D为,逆推可得H为。E分子中含有2个酯基,与NaOH溶液反应生成、CH3COONa、CH3OH、H2O。(1)A的名称是乙醛;E(

34、)中的官能团名称是酯基。(2)BC是乙酸与三氯化磷反应生成CH3COCl,反应类型是取代反应;F()的分子式为C9H6O3。(3)H的结构简式为。(4)E()与NaOH溶液反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O。 (5)由知分子中含有苯环,由知分子中含有COOH且不含酚羟基,由知分子中还含有醇羟基。当苯环上只有一个取代基时,取代基为CHOHCOOH,当苯环上有两个取代基时,两个取代基分别为CH2OH、COOH,两个取代基在苯环有3种位置关系,故共有4种同分异构体;其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是。(6)2-氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸盐,丙烯酸盐酸化后得到的丙烯酸与PCl3反应得到CH2CHCOCl,CH2CHCOCl再与苯酚发生取代反应得到,最后发生加聚反应即可得目标产物。合成路线图为CH3CHClCOOHCH2CHCOOHCH2CHCOCl。