广东新高考化学人教学业水平等级考试(预测卷)化学试题(三)

化学试题 (三)
可能用到的相对原子质量:H 1 C 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+4H2O I2+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.①②③④
B.①②③
C.②③④
D.②④
4.已知反应:As2S3+HNO3+X H3AsO4+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H3AsO4
B.N O3-中N的杂化方式为sp3
C.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H2O
5.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C14H16O6
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:
下列有关这几种元素的叙述中,正确的是()
A.元素的金属性:X<Y
B.元素Z的价电子数为7
C.元素的简单离子半径r(X2+)>r(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方法如图所示,下列说法错误的是()
A.反应①属于“氮的固定”
B.反应②属于非氧化还原反应
C.反应③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+3O2
8.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。

序号
①
②
③
④
则以下判断不正确的是()
A.实验①:发生的反应为Ag++ClO+H2O AgCl↓+2OH
B.实验②:无色气体为O2
C.实验③:还原性强弱顺序Fe2+>Cl
D.实验④: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2∶1
D.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+2H2O MnO2+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()(N A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16N A
B.10.1 g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为0.3N A
C.2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2N A
D.100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5N A
12.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①②③处发生的反应均为氧化还原反应
B.标号③处加入的相应物质是稀硝酸或稀硫酸
C.标号①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Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量
Fe2O3、Al2O3)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SiO2
C.“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 mol·L1的NaOH溶液,分别滴定20 mL浓度均为0.1 mol·L1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 mol·L1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NaOH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.①→②催化剂在吸附N2、H2时,未形成新的化学键
B.②→③形成N原子和H原子是放热过程
C.③→④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)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中的反应为Na2SO3+KIO3+H2SO4Na2SO4+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:
①I O3-+S O32-I O2-+S O42-(慢)
②I O2-+S O32-IO+S O42-(快)
③5I+6H++I O3-3I2+3H2O(快)
④I2+S O32-+H2O2I+S O42-+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
①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(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。

②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。

③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 mol·L1,则溶液中c(I)=mol·L1。

[K sp(AgCl)=2.0×1010,K sp(AgI)=8.4×1017]
(4)Fe3+与I在溶液中发生反应:2Fe3++2I2Fe2++I2,该反应的正反应速率和Fe2+与I的浓度关系为v=k·c m(I)·c n(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:
①在v=k·c m(I)·c n(Fe3+)中m、n的值为(填序号)。

A.m=1、n=1
B.m=1、n=2
C.m=2、n=1
D.m=2、n=2
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)4]2,不考虑空间构型,[Zn(OH)4]2-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g·cm3(用含a、b、N A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 mol·L1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1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应
2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+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:
(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 mol·L1,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: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Ⅰ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+ (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,K sp[Ce(OH)3]=5×1020,若溶液中c(Ce3+)=0.05 mol·L1,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)B→C的反应类型是, F的分子式为。

(3)H的结构简式为。

(4)E与NaOH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。

①是芳香族化合物
②能与NaHCO3溶液反应但不能与FeCl3溶液发生显色反应
③1 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.B
2.C
3.B
4.B
5.A
6.D
7.C
8.A
9.B10.D
11.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22N A,A错误;一个N(C2H5)3分子中含有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0.3N A,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5N A,D正确。

12.BC标号①处发生的反应为Fe+2H+Fe2++ H2↑,2Fe3++Fe3Fe2+,Cu2++Fe
Cu+Fe2+,2Au3++3Fe2Au + 3Fe2+;②处发生的反应是Fe+2H+Fe2++ H2↑;③处发生的反应是铜与稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水,①②③处的反应均为氧化还原反应,故A 正确;标号③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①处发生的离子反应有Fe+2H+Fe2++ H2↑,2Fe3++Fe
3Fe2+,Cu2++Fe Cu+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)2·MgCO3,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.C 0.1 mol ·L 1的HY 溶液的pH=4,则c (H +)=104mol ·L 1,c (HY)=0.1 mol ·L 1,所以HY 的电离度为(104mol ·L 1÷0.1 mol ·L 1)×100%=0.1%,即0.1 mol ·L 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)=0.1 mol ·L 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 +)=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 ①→②催化剂在吸附N 2、H 2时,从图中看没有化学键的形成和断裂,故A 正确;②→③断裂成N 原子和H 原子的过程是吸热过程,故B 错误;③→④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)2IF 5I F 4++I F 6- (2)① S O 32- (3)①开始阶段,SO 2和I 2反应生成的I 的浓度
不断增大,I 2(aq)+I(aq)I 3-(aq)的平衡向右移动,n (I 3-)不断增加 ②中性 ③4.2×107
(4)C ②大于
解析 (1)根据水的自偶电离方程式分析,IF 5的自偶电离方程式为2IF 5I F 4++I F 6-。

(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①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)①开始阶段,随着SO 2和I 2的反应,生成的I 的浓度不断增大,反应I 2(aq)+I(aq)I 3-(aq)的平衡向右移动,n (I 3-)不断增加;②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;③反应I(aq)+AgCl(s)
AgI(s)+Cl(aq)的平衡常数K =c (Cl -)c (I -)=K sp (AgCl )K sp (AgI ),则c (I)=c (Cl -)·K sp (AgI )K sp (AgCl )=1.0×8.4×10-172.0×10-10
mol ·L 1=4.2×107 mol ·L 1。

(4)①根据表中数据分
析,0.032k =0.20m ×0.80n ,0.144k =0.60m ×0.40n ,0.128k =0.80m ×0.20n ,解m =2,n =1。

故选C;②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)sp 3 Cl>P>S (2)3d 10
(3)8N A
(4)ZnS 32√3a 2bN 解析 (1)根据二硫代磷酸锌的结构,P 形成4个σ键,无孤电子对,则杂化方式为sp 3;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3s 23p 3,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Cl>P>S 。

(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)4]2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,H—O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8N A。

(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
2×1
2+12×1
6
+3=6,S在棱上和内部,晶胞中S的个数为6×1
3
+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3√3a2b
2
pm3,1 mol晶胞的质量=(65+32)×6 g=582
g;则晶体的密度=m
V =
30
3√3a2b×N
g·cm3=
32
√3a2b×N
g·cm3。

18.答案(1)A D B C(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装置吸收氯气中的氯化氢气体,与空气形成1∶3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A→D→B→C→E。

(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1∶3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 mol·L1,则c(HClO)=0.5 L×0.8 mol·L1=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
0.2mol
1-20%
=0.25 mol,根据反应2Cl2+2Na2CO3+H2O Cl2O+2NaCl+2NaHCO3可知,需碳酸钠的物质的量为0.5 mol,则Na2CO3的质量为0.5 mol×106 g·mol1=53 g,则至少需要含水8%
的碳酸钠的质量为53g
1-8%
≈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;FeCl 2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FeCl 2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H 2O 2溶液,再加入足量的AgNO 3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)2CeO 2+H 2O 2+6H +
2Ce 3++O 2↑+4H 2O (4)萃取、分液 (5)温度升高,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Ce 3+水溶液方向移动 (7)8
(8)4Ce(OH)3+O 2+2H 2O 4Ce(OH)4
解析 (1)CeFCO 3中C O 32-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SiO 2,SiO 2与HF 发生反应SiO 2+4HF SiF 4↑+2H 2O,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,CeO 2中Ce 显+4价,即在酸浸时Ce 的化合价降低,则CeO 2为氧化剂,H 2O 2为还原剂,反应的离子方程式为2CeO 2+H 2O 2+6H +2Ce 3++O 2↑+4H 2O 。

(4)操作Ⅰ得到溶液和有机相,因此操作Ⅰ的名称为萃取、分液。

(5)根据流程,酸浸时加入H 2O 2,H 2O 2在高温下会发生分解,H 2O 2与CeO 2发生反应时H 2O 2的量减少,会造成浸出率降低。

(6)该过程中存在Ce 3+ (水层)+3HT(有机层)CeT 3 (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Ce 3+的水溶液,能获得较纯的含Ce 3+的水溶液。

(7)Ce 3+开始出现沉淀时c (Ce 3+)×c 3(OH)=K sp [Ce(OH)3],则有c (OH)=√
K sp [Ce (OH )3]c (Ce 3+)3=√5×10-20
0.053 mol ·L 1=1×106 mol ·L 1,即当pH=8时Ce 3+开始出现沉淀。

(8)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+O 2+2H 2O 4Ce(OH)4。

20.答案 (1)乙醛 酯基 (2)取代反应 C 9H 6O 3 (3) (4)
+3NaOH
+CH 3COONa+CH 3OH+H 2O (5)4
(6)CH 3CHClCOOH CH 2CHCOOH CH 2
CHCOCl
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()中的官能团名称是酯基。

(2)B→C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①知分子中含有苯环,由②知分子中含有—COOH且不含酚羟基,由③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CH3CHClCOOH CH2 CHCOOH CH2CHCOCl。