精品解析：北京市第三十五中学2024-2025学年高三上学期8月月考化学试题

2024北京三十五中高三8月月考 化学 1. 下列有机物的命名错误的是 A. 1，2，4-三甲苯 B. 3-甲基-1-戊烯 C. 2-甲基-1-丙醇 D. 1，3-二溴丙烷 2. 下列说法正确的是(　　) A. 硫酸钠溶液和醋酸铅溶液均能使蛋白质变性 B. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不能发生氢化反应 C. H2N—CH2——COOH既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 D. 在蛋白质的渗析、盐析、变性过程中都发生了化学变化 3. 所有原子处于同一平面的是 A. B. C. D. 4. 某有机物的分子式为C9H10O3。它有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的同分异构体有 ①能与Na2CO3溶液反应，但是不能生成气体；②苯环上的一氯代物只有两种；③能发生水解反应；④该有机物是苯的二取代物。 A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 5. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是 选项 A B C D 被提纯物质 酒精(水) 乙醇(乙酸) 乙烷(乙烯) 溴苯(溴) 除杂试剂 生石灰 氢氧化 钠溶液 酸性高锰 酸钾溶液 KI溶液 分离方法 蒸馏 分液 洗气 分液 A. A B. B C. C D. D 6. 下列说法正确的是 A. 苯与甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 化合物是苯的同系物 C. 与苯互为同系物，等质量的与苯完全燃烧消耗氧气的量相等 D. 光照条件下，异丙苯（）与氯气发生去取代反应生成的一氯代物有2种 7. 染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是 A. 分子中存在3种官能团 B. 可与反应 C. 该物质与足量溴水反应，最多可消耗 D. 该物质与足量溶液反应，最多可消耗 8. 由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，依次(从左至右)发生的反应类型和反应条件都正确的是 选项 反应类型 反应条件 A 加成反应、取代反应、消去反应 KOH醇溶液/加热、KOH水溶液/加热、常温 B 消去反应、加成反应、取代反应 NaOH醇溶液/加热、常温、NaOH水溶液/加热 C 氧化反应、取代反应、消去反应 加热、KOH醇溶液/加热、KOH水溶液/加热 D 消去反应、加成反应、水解反应 NaOH水溶液/加热、常温、NaOH醇溶液/加热 A. A B. B C. C D. D 9. 绿原酸的结构如图所示，下列有关绿原酸的说法不正确的是 A. 分子式为 B. 能与溶液反应 C. 既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，但两者反应类型不同 D. 0.1mol绿原酸最多可与0.8mol NaOH反应 10. 下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即把另一培养皿扣在上面。 已知：(浓) 对实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性： B c处先变红，后褪色 氯气与水反应生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水反应生成了漂白性物质 D e处变红色 有还原性 A. A B. B C. C D. D 11. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 12. 某同学进行如下实验： 实验步骤 实验现象 I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着 II 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5) 下列说法不正确的是 A. 根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应 B. 根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C. I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的 D. 根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3 13. 下列说法正确的是(　　) A. 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，反应现象是有气体产生，溶液呈血红色，原因是稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋ B. 将铜粉加入1.0 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中，会有溶液变蓝、黑色固体出现的现象，这是因为金属铁比铜活泼 C. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜 D. 室温下，能将浓硫酸盛放在铁桶中 14. 化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。 已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是 A. K的核磁共振氢谱有两组峰 B. L是乙醛 C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是1∶1 15. 碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下： （1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：___________，步骤iii：___________。 （2）步骤ii中可使用，从原子结构角度说明理由：___________。过量时，可能无法获得，原因是会被继续氧化为，该反应的离子方程式为___________。 （3）当使用做氧化剂时，的转化率受外界因素的影响如下图所示。 ①图1中，时转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：___________。 ②图2中，与物质的量之比从0.5﹕1提高至1﹕1时，的转化率明显增大，可能的原因是___________(写出2条)。 16. MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有和 ②金属离子沉淀的pH 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与不反应。 （1）溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。 i.II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。 ii.若Fe2+全部来自于反应，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。 （2）纯化 已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入，调溶液，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。 （3）电解 Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是_______。 17. 维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 已知： （1）A是芳香族化合物，其名称是___________。 （2）A→B所需试剂和反应条件是___________。 （3）D的官能团是___________。 （4）下列有关戊糖T的说法正确的是___________(填序号)。 a．属于单糖 b．可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基 c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体 （5）E的结构简式是___________。 （6）I→J的方程式是___________。 （7）由K经过以下转化可合成维生素B2。 M的结构简式是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024北京三十五中高三8月月考 化学 1. 下列有机物的命名错误的是 A. 1，2，4-三甲苯 B. 3-甲基-1-戊烯 C. 2-甲基-1-丙醇 D. 1，3-二溴丙烷 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，则三个甲基分别在1号、2号和4号碳原子上，故名称为1，2，4-三甲基苯或1，2，4-三甲苯，故A正确； B．烯烃命名要标出官能团的位置，正确命名为应为3-甲基-1-戊烯，故B正确； C．应选取含有羟基所连碳原子的最长碳链为主链，正确命名为2-丁醇，故C错误； D．主链上有3个碳原子，溴原子分别位于1、3号碳上，名称为1,3-二溴丙烷，故D正确； 答案为C。 2. 下列说法正确的是(　　) A. 硫酸钠溶液和醋酸铅溶液均能使蛋白质变性 B. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不能发生氢化反应 C. H2N—CH2——COOH既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 D. 在蛋白质的渗析、盐析、变性过程中都发生了化学变化 【答案】C 【解析】 【详解】硫酸钠溶液不能使蛋白质变性，故A错误；植物油能发生氢化反应，故B错误；H2N—CH2——COOH含有氨基和羧基，所以既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 ，故C正确； 蛋白质的渗析、 盐析过程中没有发生化学变化，故D错误。 3. 所有原子处于同一平面的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．A为四氯化碳，中心碳原子为杂化，分子为正四面体结构，所有原子不可能共平面，A错误； B．B为2,3-二甲基-2-丁烯，分子中含有甲基，甲基中碳原子为杂化，呈四面体构型，甲基上的氢原子不可能全部共平面，B错误； C．C为甲苯，分子中甲基的碳原子为杂化，呈四面体构型，甲基上的氢原子不可能全部与苯环共平面，C错误； D．D为乙烯基乙炔，碳碳双键为平面结构，碳碳三键为直线型结构，三键对应的直线可落在双键的平面上，所有原子均处于同一平面，D正确； 故答案选D。 4. 某有机物的分子式为C9H10O3。它有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的同分异构体有 ①能与Na2CO3溶液反应，但是不能生成气体；②苯环上的一氯代物只有两种；③能发生水解反应；④该有机物是苯的二取代物。 A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 【答案】C 【解析】 【详解】①能与Na2CO3溶液反应，但是不能生成气体，说明含有酚羟基；②苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有两种等效氢原子；③能发生水解反应，说明含有酯基；④该有机物是苯的二取代物，说明苯环上含两个取代基，所以苯环上的两个取代基处于对位，其中一个是羟基，另一个是含有酯基的基团，可以是-COOCH2CH3，-CH2COOCH3，HCOOCH2CH2-，HCOOCH(CH3)-，-OOCCH2CH3，CH3COOCH2-，共六种，故选C。 5. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是 选项 A B C D 被提纯物质 酒精(水) 乙醇(乙酸) 乙烷(乙烯) 溴苯(溴) 除杂试剂 生石灰 氢氧化 钠溶液 酸性高锰 酸钾溶液 KI溶液 分离方法 蒸馏 分液 洗气 分液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．生石灰与水反应产生离子化合物Ca(OH)2，Ca(OH)2与乙醇沸点相差较大，可通过蒸馏方法分离得到乙醇，A符合题意； B．乙酸与NaOH反应产生的乙酸钠能够溶于水，乙醇也溶于水，二者互溶不分层，因此不能通过分液的方法分离提纯，B不符合题意； C．杂质乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，而使乙烷中混入新的杂质气体，不能达到除杂净化的目的，C不符合题意； D．溴与KI反应产生的I2也容易溶于溴苯中，不能通过分液进行分离提纯，D不符合题意； 故合理选项是A。 6. 下列说法正确的是 A. 苯与甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 化合物是苯的同系物 C. 与苯互为同系物，等质量的与苯完全燃烧消耗氧气的量相等 D. 光照条件下，异丙苯（）与氯气发生去取代反应生成的一氯代物有2种 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯的性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误； B．苯的同系物是指分子里含有一个苯环，苯上的氢被烷基取代的产物，组成符合CnH2n-6，组成要相差一个或若干个CH2原子团，只有满足上述两点的一系列烃，才是苯的同系物，故B错误； C. 的侧链不是饱和烃基，不是苯的同系物，故C错误； D. 光照条件下，侧链上的氢发生取代反应，异丙苯（ ）与氯气发生去取代反应生成的一氯代物有2种， 、，故D正确； 故选D。 7. 染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是 A. 分子中存在3种官能团 B. 可与反应 C. 该物质与足量溴水反应，最多可消耗 D. 该物质与足量溶液反应，最多可消耗 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据结构简式可知分子中含有酚羟基、羰基、醚键和碳碳双键，共四种官能团，A错误； B．含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确； C．酚羟基含有四种邻位或对位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴5mol，C错误； D．分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3molNaOH，D错误； 答案选B。 8. 由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，依次(从左至右)发生的反应类型和反应条件都正确的是 选项 反应类型 反应条件 A 加成反应、取代反应、消去反应 KOH醇溶液/加热、KOH水溶液/加热、常温 B 消去反应、加成反应、取代反应 NaOH醇溶液/加热、常温、NaOH水溶液/加热 C 氧化反应、取代反应、消去反应 加热、KOH醇溶液/加热、KOH水溶液/加热 D 消去反应、加成反应、水解反应 NaOH水溶液/加热、常温、NaOH醇溶液/加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】由CH3CH2CH2Br制备CH3CH(OH)CH2OH，先发生消去反应，得到丙烯，条件为NaOH的醇溶液、加热；再与卤素单质加成得到卤代烃，条件为卤素单质的四氯化碳溶液；最后水解得到目标产物，条件为NaOH的水溶液、加热，故选B。 9. 绿原酸的结构如图所示，下列有关绿原酸的说法不正确的是 A. 分子式为 B. 能与溶液反应 C. 既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，但两者反应类型不同 D. 0.1mol绿原酸最多可与0.8mol NaOH反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．通过数碳原子数为16，结合不饱和度计算得氢原子数为18，氧原子数为9，分子式为，A正确； B．分子中含羧基和酚羟基，二者均可与溶液反应，B正确； C．碳碳双键、酚羟基被酸性高锰酸钾氧化，发生氧化反应使溶液褪色；碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，二者反应类型不同，C正确； D．能与NaOH反应的基团为2个酚羟基、1个羧基、1个酯基，醇羟基不与NaOH反应，1mol绿原酸最多消耗4mol NaOH，故0.1mol绿原酸最多消耗0.4mol NaOH，D错误； 答案选D。 10. 下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即把另一培养皿扣在上面。 已知：(浓) 对实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性： B c处先变红，后褪色 氯气与水反应生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水反应生成了漂白性物质 D e处变红色 有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，A错误； B．氯气与水反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，B错误； C．由实验现象可知，d处红色立即褪去，由于氯气更容易和氢氧化钠反应，所以褪色不是因为氯气和水反应生成了漂白性物质，C错误； D．Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，有还原性，D正确； 故选D。 11. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确； B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确； C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误； D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确； 故选C。 12. 某同学进行如下实验： 实验步骤 实验现象 I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着 II 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5) 下列说法不正确的是 A. 根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应 B. 根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C. I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的 D. 根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3 【答案】C 【解析】 【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵； 实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。 【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确； B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确； C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误； D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确； 答案选C。 13. 下列说法正确的是(　　) A. 将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液，反应现象是有气体产生，溶液呈血红色，原因是稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋ B. 将铜粉加入1.0 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液中，会有溶液变蓝、黑色固体出现的现象，这是因为金属铁比铜活泼 C. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜 D. 室温下，能将浓硫酸盛放在铁桶中 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是Fe、Fe3+的性质及Fe3+的检验。 ①Fe只有还原性，遇到较弱氧化剂如“I2、S、H+、Cu2+等”被氧化成Fe2+，遇到较强氧化剂如“Cl2、HNO3、H2SO4(浓、Δ)等”被氧化成Fe3+。 ②Fe3+只有氧化性，遇到较强的还原剂如“C、H2、Al、CO等”被还原成Fe，遇到较弱的还原剂如“Fe、Cu、H2S、KI等”被还原成Fe2+。 ③Fe3+常见的检验方法有：加入氢氧化钠有红褐色沉淀；加入SCN-显血红色。 ④常温下，Fe遇到浓硫酸发生钝化。 【详解】A.将稀硝酸加入过量铁粉中，过量的铁粉会将铁离子还原为亚铁离子，最终的产物为硝酸亚铁，因此充分反应后滴加KSCN溶液，溶液不变红，故A错误； B.将铜粉加入1.0mol/LFe2(SO4)3溶液中，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，生成了铜离子，溶液变蓝，不会出现黑色固体，故B错误； C. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能和Cu反应生成CuCl2和FeCl2，没有发生置换反应，故C错误； D.室温下，铁会与浓硫酸发生钝化反应，因此能将浓硫酸盛放在铁桶中，故D正确。答案选D。 【点睛】明确发生的化学反应是解答本题的关键。A选项需要注意反应物用量对反应的影响。C选项是Fe3＋性质的重要应用，需要注意Cu与Fe3＋反应生成Fe2＋与Cu2＋，Cu的还原性较Fe差，Cu不能把Fe3＋还原成Fe。 14. 化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。 已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是 A. K的核磁共振氢谱有两组峰 B. L是乙醛 C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是1∶1 【答案】D 【解析】 【详解】A．有机物的结构与性质 K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A错误； B．根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个H2O，L应为乙二醛，B错误； C．M发生完全水解时，酰胺基水解，得不到K，C错误； D．由上分析反应物K和L的计量数之比为1∶1，D项正确； 故选D。 15. 碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下： （1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：___________，步骤iii：___________。 （2）步骤ii中可使用，从原子结构角度说明理由：___________。过量时，可能无法获得，原因是会被继续氧化为，该反应的离子方程式为___________。 （3）当使用做氧化剂时，的转化率受外界因素的影响如下图所示。 ①图1中，时转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：___________。 ②图2中，与物质的量之比从0.5﹕1提高至1﹕1时，的转化率明显增大，可能的原因是___________(写出2条)。 【答案】（1） ①. 过滤 ②. 萃取分液 （2） ①. 同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2 ②. 5Cl2+I2+6H2O=2+ 10Cl-+12H+ （3） ①. 反应的离子方程式为+2+2H+=I2+2H2O，pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻 ②. 增大的浓度，促进反应正向进行，的转化率增大；过量的分解产生的O2氧化使转化率增大 【解析】 【分析】海藻在坩埚中灼烧得到海藻灰，将海藻灰浸泡得到海藻灰悬浊液，然后利用过滤的方法分离海藻灰悬浊液，得到残渣和溶液，在溶液中通入过量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应得失I2，向含有I2的溶液中加入有机溶剂进行萃取，得到含有碘的有机溶液，再利用蒸馏的方法得到晶态碘。 【小问1详解】 过滤适用于不溶于水的固体和液体，步骤i分离固体和液体用过滤；利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，步骤ii将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可， 故答案为：过滤； 萃取分液； 【小问2详解】 步骤ii是将I-氧化为I2，使用，原因是同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2；Cl2具有强氧化性，过量的Cl2与I2反应生成和Cl-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2+ 10Cl-+12H+； 【小问3详解】 ①做氧化剂时，反应的离子方程式为+2+2H+=I2+2H2O，溶液在酸性条件下，反应较完全，若pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻； ②理论上与物质的量之比为0.5﹕1，若提高至1﹕1，即增大的浓度，促进反应正向进行，的转化率增大，还有可能是多余的分解产生的O2，也能氧化。 16. MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有和 ②金属离子沉淀的pH 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与不反应。 （1）溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。 i.II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。 ii.若Fe2+全部来自于反应，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。 （2）纯化 已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入，调溶液，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。 （3）电解 Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是_______。 【答案】（1） ①. 增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ （2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+； （3）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 【解析】 【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【小问1详解】 ①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，故答案为：增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O； ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2，故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+； 【小问2详解】 MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3•H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+，故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+； 【小问3详解】 电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。 17. 维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 已知： （1）A是芳香族化合物，其名称是___________。 （2）A→B所需试剂和反应条件是___________。 （3）D的官能团是___________。 （4）下列有关戊糖T的说法正确的是___________(填序号)。 a．属于单糖 b．可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基 c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体 （5）E的结构简式是___________。 （6）I→J的方程式是___________。 （7）由K经过以下转化可合成维生素B2。 M的结构简式是___________。 【答案】（1）邻二甲苯 （2）浓、浓，加热 （3）氨基 （4）a （5） （6） （7） 【解析】 【分析】参照的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为，据此分析； 【小问1详解】 由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯； 【小问2详解】 A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓、浓，加热； 【小问3详解】 D为，官能团是氨基； 【小问4详解】 a．戊糖T（）不能发生水解，则属于单糖，a正确； b．戊糖T（）分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性溶液氧化，不能用酸性溶液检验其中是否含有醛基，b错误； c．戊糖T（）的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c错误； 故选a； 【小问5详解】 由分析可知，E的结构简式是； 【小问6详解】 I()与反应生成J()等，反应的化学方程式是； 【小问7详解】 由K脱去，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结构简式是。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $