太原市达标名校2018年高考三月调研化学试卷含解析

太原市达标名校2018年高考三月调研化学试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．β一l ，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。

β-l ，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是
A ．分子式为(C 6H l2O 6)n
B ．与葡萄糖互为同系物
C ．可以发生氧化反应
D ．葡萄糖发生加聚反应可生成β-l ，3一葡聚糖
2．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如图所示)。

下列有关说法正确的是（ ）
A ．大量的氮、磷废水排入海洋，易引发赤潮
B ．在③中加入盐酸溶解得到MgCl 2溶液，再直接蒸发得到MgCl 2·6H 2O
C ．在④⑤⑥中溴元素均被氧化
D ．在①中除去粗盐中的SO 42-、Ca 2+、Mg 2+、Fe 3+等杂质，加入的药品顺序为Na 2CO 3溶液→NaOH 溶液→BaCl 2溶液→过滤后加盐酸
3．锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。

2VS /Zn 扣式可充电电池组成示意图如下。

2Zn +可以在
2VS 晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为2x 2VS +xZn
Zn VS 放电充电。

下列说法错误．．
的是（ ）
A ．放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应
B ．放电时负极的反应为2Zn 2e Zn -+-=
C ．充电时电池正极上的反应为：-2+
x 22Zn VS +2xe +xZn =VS +2xZn
D ．充电时锌片与电源的负极相连
4．下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。

储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是
A．Li-CO2电池电解液为非水溶液
B．CO2的固定中，转秱4mole－生成1mol 气体
C．钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C - 4e－＝4Li++3CO2↑
D．通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C
5．某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是
A．灼烧海带
B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质
C．制备Cl2，并将I-氧化为I2
D．以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定
6．下列化学用语表示正确的是（）
S B．Cl-的结构示意图：
A．中子数为16的硫原子：48
32
C．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3D．氢氧化钠的电子式：
7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B．晶体硅熔点高，可制半导体材料
C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌
8．常温下，向10mL0.10 mol/L CuCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。

下列说法正确的是
A．K sp(CuS)的数量级为10－21
B．曲线上a点溶液中，c(S2－)•c(Cu2+) > K sp(CuS)
C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点
D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+)
9．下列指定反应的离子方程式不正确的是( )
A．NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
B．漂白粉溶液呈碱性的原因：ClO-+H2O−−→
←−−HClO+OH-
C．酸性条件下用H2O2将海带灰中I-氧化：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
D．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
10．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。

下列说法不正确的是（）
A．左池的pH值降低
B．右边为阴离子交换膜
C．右池电极的反应式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2O
D．当消耗0.1mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气
11．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。

X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。

根据以上叙述，下列说法中正确的是
A．上述四种元素的原子半径大小为W<X<Y<Z
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
12．关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）
A．Ca(OH)2中既有离子键又有共价键
B．在单质或化合物中，一定存在化学键
C．在离子化合物中，可能存在共价键
D．化学反应中肯定有化学键发生变化
13．用N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是（）
A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2N A
B．一定条件下，足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，转移电子数为2N A
C．0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数目为0.02N A
D．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2N A
14．关于“植物油”的叙述错误的是（）
A．属于酯类B．不含碳碳双键
C．比水轻D．在碱和加热条件下能完全水解
15．乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）
A．3种B．4种C．5种D．6种
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。

某兴趣小组
设计实验制取铋酸钠并探究其应用。

回答下列问题：
Ⅰ.制取铋酸钠
制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：
物质NaBiO3Bi(OH)3
性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色
（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是___；
（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为___；
（3）当观察到___（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；
（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。

除去Cl2的操作是___；
（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有___；
Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+
（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。

①产生紫红色现象的离子方程式为___；
②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。

产生此现象的离子反应方程式为___。

Ⅲ.产品纯度的测定
（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。

该产品的纯度为___（用含w、c、v的代数式表示）。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．1，3—环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。

下列是一种合成1，3—环己二酮的路线。

回答下列问题：
（1）甲的分子式为__________。

（2）丙中含有官能团的名称是__________。

（3）反应①的反应类型是________；反应②的反应类型是_______。

（4）反应④的化学方程式_______。

（5）符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。

①能发生银镜反应
②能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。

写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式：________。

（任意一种）
（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4—戊二醇）的合成路线（无机试
剂任选）_______。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．某废渣中含有Al 2O3和Cr2O3(三氧化二铬)，再次回收利用工艺流程如下。

回答下列问题:
（1）滤液1中阴离子为CrO42-和AlO2-，X的电子式是_______。

写出滤液1与过量气体X反应生成Al(OH)
3的离子方程式:_____________________。

（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4X，该反应中被氧化的物质是______(填化学式)；若该反应转移6mol电子，则生成_____mol Na2CrO4。

（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。

写出离子方程式____________。

（4）已知该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料经上述流程提取mkgCr2O3。

则该废料中铬元素回收率为_______(用代数式表示)。

(已知回收率等于实际回收质量与理论质量之比)
19．（6分）乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是礦胺类药物的原料，可用作止痛剂、
退热剂、防腐剂和染料中间体。

乙耽苯胺的制备原理为:
实验参数：
名称
相对分
子质量性状
密度
g/cm3
沸点/。

C 溶解度
苯胺93
无色油状液体，具
有还原性
1.02 184.4 微溶于水易溶于乙醇、乙醚等乙酸60 无色液体 1.05 118.1 易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰
苯胺135 白色晶体 1.22 304
微溶于冷水，溶
于热水
易溶于乙醇、乙醚
注:刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。

实验步骤:
步骤1:在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30mL，冰醋酸15.4mL，锌粉0.100g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制。

在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。

步骤2:在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。

步骤3:将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。

(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是________。

a. 25ml
b. 50ml
c. 150ml
d. 200ml
(2)实验中加入少量锌粉的目的是_________________________________。

(3)步骤1加热可用____________(填“水浴”、“油浴”或“直接加热”):从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因___________________。

(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_______(填序号)。

a.用少量冷水洗
b.用少量热水洗
c.用酒精洗
(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结品进行提纯，步骤如下:热水溶解、_______、过滤、洗涤、干
燥(选取正确的操作并排序)。

a.蒸发结晶
b.冷却结晶
c.趁热过滤
d.加入活性炭
(6)该实验最终得到纯品9.18g，则乙酰苯胺的产率是_____________％(结果保留一位小数)
参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．C
【解析】
【详解】
A. 如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6H l0O5)n，故A错误；
B. 根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；
C. 该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；
D. β-l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；
答案选C。

【点睛】
醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。

2．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．氮、磷为植物生长的营养元素，氮和磷大量排入海洋中，会导致水体富营养化污染，形成赤潮，故A 正确；
B．在③中加入盐酸溶解得到MgCl2溶液，MgCl2溶液中水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸发得不到MgCl2·6H2O，故B错误；
C．⑤中溴得电子化合价降低转化为溴离子，溴元素被还原，故C错误；
D．镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，为了除去过量的钡离子，碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，因此Na2CO3溶液不能放
在BaCl2溶液之前加入，故D错误；
故选A。

3．C
【解析】
【分析】
如图：对VS2/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2e－═Zn2＋；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。

【详解】
A．放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；
B．放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2e－═Zn2＋，故B正确；
C．充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；
D．充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；
故选C。

4．B
【解析】
【详解】
A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确；
B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3 ＝4Li++ 2CO2↑+ O2 + 4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误；
C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3 + C- 4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；
D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。

综上所述，答案为B。

5．B
【解析】
【分析】
【详解】
A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；
B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；
C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；
D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴
定管，D错误；
答案选B。

【点睛】
在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。

6．C
【解析】
【详解】
A. S原子的质子数是16，中子数为16的硫原子：32
S，故A错误；
16
B. Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故B错误；
C. 甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故C正确；
D. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故D错误。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；
D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。

答案选C。

8．D
【解析】
【详解】
A．求算CuS的K sp，利用b点。

在b点，CuCl2和Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2＋＋S2－=CuS↓，溶液中的Cu2＋和S2－的浓度相等，－lgc(Cu2＋)=17.7，则c(Cu2＋)=10－17.7mol/L。

则Ksp= c(Cu2＋)·c(S2-)=10－17.7×10－17.7=10—35.4≈4×10－36，其数量级为10－36，A项错误；
B．曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-) • c(Cu2+)=K sp(CuS)，B项错误；
C．在水溶液中，c(H＋)·c(OH－)=K w，温度不变，其乘积不变，C项错误；
D．c点溶液Na2S溶液多加了一倍，CuCl2＋Na2S=CuS↓＋2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2:1。

c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)，S2－会水解，S2－＋H 2O HS－＋OH－溶液呈现碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解是微弱的，有c(S2－) > c(OH－)。

排序为c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)；D项正确；
本题答案选D。

9．D
【解析】
【详解】
A. NO2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，A项正确；
B. 漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，B项正确；
C. 酸性条件下，用H2O2将海带灰中I-氧化，其离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，C项正确；
D. 氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al3++3NH3⋅H2O =
Al(OH)3↓+3NH4+，D项错误；
答案选D。

【点睛】
D项是学生的易错点，要特备注意，氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸，也不溶于弱碱如氨水等。

10．B
【解析】
【详解】
A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；
B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；
C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C 正确；
D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol
电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=28
10
mol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol氮气，
D正确；
故合理选项是B。

11．C
【解析】
【分析】
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y 的单质，这是工业上生产氮气的方法，Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，X、Y、Z核外内层电子数相同，均是2个，所以Z只能是稀有气体Ne，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内
层电子数相同，则W是H。

【详解】
A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N，Z为Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，A错误；
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，B错误；
C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，C正确；
D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于W与Y形成的化合物，D错误；
答案选C。

12．B
【解析】
【详解】
A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；
B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；
C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；
D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；
故选B。

13．C
【解析】
【详解】
A.1 mol Cl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2N A，故A错误；
B.足量铜与200g 98%的浓硫酸充分反应，浓硫酸浓度变稀后不能与铜反应，转移电子数目小于2N A，故B 错误；
C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2N A，0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.02N A，故C正确；
D.氦气为单原子分子，氟气为双原子分子，故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同，故D错误。

答案选C。

【点睛】
本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数的计算，氧化还原反应的电子转移。

14．B
【解析】
【分析】
植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。

【详解】
A. 植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A 项正确；
B. 植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B 项错误；
C. 密度比水小，浮在水面上，C 项正确；
D. 在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D 项正确；
答案选B 。

15．D
【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C 正确。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O C 中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K 1、K 3，打开K 2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O 3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +
-3
2cv w
8010 ×100%或0.28cv w ×100%或28cv w % 【解析】
【分析】
用浓HCl 和MnO 2反应制备Cl 2，其中混有挥发出来的HCl ，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl 2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO 3；利用Mn 2+的还原性将NaBiO 3还原而Mn 2+被氧化成紫红色溶液MnO 4-来检验NaBiO 3的氧化性；实验结束后Cl 2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH 溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO 3纯度的检测利用NaBiO 3和Mn 2+反应生成MnO 4-，MnO 4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO 3、Mn 2+、MnO 4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。

【详解】
（1）除去氯气中混有的HCl ，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
（2）反应物为Bi(OH)3、Cl 2和NaOH 混合物，+3价的Bi 被氧化成NaBiO 3，Cl 2被还原成Cl -，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ，故答案为：
Bi(OH)3+3OH -+Na ++Cl 2=NaBiO 3+2Cl -+3H 2O ；
（3）C 中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO 3，故答案为：C 中白色固体消失（或黄色不再加深）；
（4）从图上来看关闭K 1、K 3，打开K 2可使NaOH 留下与氯气反应，故答案为：关闭K 1、K 3，打开K 2； （5）由题意知道NaBiO 3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）①往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn 2+，说明铋酸
钠将Mn 2+氧化成MnO 4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi 3+，据此写方程式并配平为
5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ，故答案为：
5NaBiO 3+2Mn 2++14H +=5Bi 3++2MnO 4-+5Na ++7H 2O ；
②由题意可知，Mn 2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn 2+和MnO 4-发生反应生成了黑色的MnO 2，反应方程式为3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +，故答案为：3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；
（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO 3～2Mn 2+～2MnO 4-～5H 2C 2O 4,计算铋酸钠理论产量： 3
22435NaBiO ~5H C O 1400g
5mol m()cv 10mol
-⨯理论 解得m （理论）=0.28CVg ，所以纯度=0.28cv g Wg ×100%=0.28v c W ×100%，所以答案为：-32cv w 8010⨯×100%或0.28cv w ×100%或28cv w
%。

【点睛】
（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO 3 ～ 5H 2C 2O 4，使复杂问题简单化了。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．C 6H 11Br 醛基、羰基（酮基） 消去反应 氧化反应
+CH 3CH 2OH 浓硫酸
加热+H 2O 12 或
CH 3CH 2OH 2O −−−→催化剂CH 3COOH 3224CH CH OH H SO /Δ浓−−−−→CH 3COOCH 2CH 3
【解析】
【分析】
甲的分子式为C 6H 11Br ，经过过程①，变为C 6H 10，失去1个HBr ，C 6H 10经过一定条件转化为乙，乙在CH 3SCH 3
的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO 3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为
，丁经过④，在一定条件下，生成。

【详解】
(1)甲的分子式为C 6H 11Br ，故答案为：C 6H 11Br ； (2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；
(3)
C 6H 11Br ，失去1个HBr ，变为C 6H 10，为消去反应；丙经过②过程，在CrO 3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；
(4)该反应的化学方程式为，
,故答案为：
； (5) 乙的分子式为C 6H 10O 3。

①能发生银镜反应，②能与NaHCO 3溶液反应，且1mol 乙与足量NaHCO 3溶液反应时产生气体22.4L （标准状况）。

说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；
(6)根据过程②，可将CH 3CH 2OH 中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH 3CH 2OH 2O −−−→催化剂 CH 3CHO 3CrO −−−→CH 3COOH 3224CH CH OH H SO /Δ浓−−−−→CH 3COOCH 2CH 3−−−−→一定条件，故答案
为：CH 3CH 2OH 2O
−−−→催化剂 CH 3CHO 3CrO −−−→CH 3COOH 3224CH CH OH H SO /Δ浓−−−−→CH 3COOCH 2CH 3−−−−→一定条件。

【点睛】
本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。

本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．AlO 2-+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3-Cr 2O 328CrO 42-+3S 2O 32-+34H +=6SO 42-+8Cr 3++17H 2O 13m 100%190a ω
⨯ 【解析】
Al 2O 3与Na 2CO 3反应生成NaAlO 2和X 气体CO 2，Cr 2O 3与Na 2CO 3反应生成Na 2CrO 4和X 气体CO 2，发生的反应为：4Na 2CO 3+ 2Cr 2O 3+ 3O 2 =4Na 2CrO 4+ 4CO 2，过滤得滤液1中阴离子为CrO 42-和AlO 2-，通入CO 2，得到Al(OH) 3，离子方程式:AlO 2-+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3-。

滤液2中CrO 42-，“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，发生反应：8CrO 42-+3S 2O 32-+34H +=6SO 42-+8Cr 3++17H 2O ，加氨水反应后得到Cr(OH)3，加热分解得Cr 2O 3。

（1）滤液1中阴离子为CrO 42-和AlO 2-，X 是CO 2电子式是。

滤液1主要成分为NaAlO 2，与过量气体X 反应生成Al(OH) 3的离子方程式AlO 2－+CO 2+2H 2O=Al(OH)3↓+HCO 3-。

（2）“熔烧”中反应之一是
4Na2CO3+ 2Cr2O3+ 3O2 =4Na2CrO4+ 4X，铬元素由+3价升高为+6价，该反应中被氧化的物质是Cr2O3；由方程式每生成4molNa2CrO4，转移12mol电子，若该反应转移6mol电子，则生成2mol Na2CrO4。

（3）“还原””中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。

离子方程式8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3++17H2O。

（4）mkgCr2O3中含铬mkg×，该废料中含铬元素质量分数为a%，wt这样废料中含铬
1000wkg×a%，则该废料中铬元素回收率为×100%=
13m
100% 190aω
⨯。

19．b 防止苯胺在反应过程中被氧化油浴不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种 a dcb 66.7
【解析】
【分析】
根据实验中基本仪器的使用方法分析解答；根据题干信息中物质的性质分析解答；根据反应方程式计算产率。

【详解】
（1）根据圆底烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的1/2分析判断最佳规格是50mL，故答案为b；
（2）锌粉具有还原性，实验中加入少量锌粉的目的是防止苯胺在反应过程中被氧化，故答案为防止苯胺在反应过程中被氧化；
（3）由于步聚1加热的温度在105℃左右，而沸腾的水温度为100℃，不能达到该温度，所以步骤1可用油浴加热的方法；水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，故答案为油浴；不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率；（4）晶体析出时需要晶种，所以可以投入晶种促使晶体析出；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗，故答案为用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种；a；
（5）乙酰苯胺粗品中的有色杂质可以溶解后用活性炭吸附，因为乙酰苯胺溶于热水，所以要趁热过滤掉活性炭，然后采用冷却结晶的方法提纯，具体步骤如下：热水溶解、加入活性炭、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为dc b；
（6）n（苯胺）=9.3ml 1.02g/ml
93g/mol
⨯
=0.102mol，n（乙酸）=（18.4mL×1.05g/ml）÷60g/mol=0.322mol，
二者按1：1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为原料为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.102mol，而实际产量n（乙酰苯胺）
=9.18g÷135g/mol=0.067mol，所以乙酰苯胺的产率为0.067
0.102
mol
mol
×100%=66.7%，故答案为66.7%。