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铜仁市第一中学2025-2026学年高三上学期10月化学测试题
一、选择题（本大题共14小题）
1．2023年12月16日，贵阳轨道交通3号线开通初期运营。在地铁建设中所使用材料属于无机非金属材料的是
A．铺设地铁钢轨所用的锰钢 B．地铁信息传输系统中用到的光导纤维 C．地铁车厢中的聚氯乙烯手扶拉环 D．乘坐地铁时购买的塑料单程车票
A．A B．B C．C D．D
2．反应可用于制备氯乙烯。下列说法正确的是（ ）
A．的空间填充模型：
B．的键线式：
C．中子数为7的碳原子：
D．HCl的形成过程：
3．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．小苏打溶液与过量盐酸混合：+2H+=CO2↑+H2O
B．用铁电极电解饱和食盐水：2C1-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
C．Fe(NO3)3溶液中通入足量SO2：Fe3++3+5SO2+4H2O=Fe2++3NO↑+5+8H+
D．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲定量测定化学反应速率
B．用装置乙可验证钢铁发生的是吸氧腐蚀
C．用装置丙准确测定中和反应的反应热
D．用装置丁验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．CH3CH(OH)CN中sp3杂化的原子数目为3NA
B．3.2g氨基(－NH2)中电子数目为1.4NA
C．工业合成氨中每生成3mol极性键，消耗非极性分子数目为2NA
D．1molHOCH2CH2OH与足量乙酸混合，发生取代反应最多消耗乙酸分子数为2NA
6．甲为无色无味气体单质，组成金属单质乙的元素基态原子核外、能级的电子总数相等，它们之间的转化关系如图所示（部分产物省略）。下列叙述错误的是（ ）
A．丙中阴、阳离子数之比为2：3 B．丁能使酚酞溶液变红色
C．实验室用排水法收集甲 D．电解己的水溶液可生成乙
7．W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为28，它们所形成的阴离子具有很高的亲水性，可以作为能源材料中的电解质，该离子结构如图所示。下列说法正确的是
A．离子构型为四面体 B．YWX-离子构型为V形
C．非金属性：X＜W＜Q D．该阴离子中∠Y-X-Y为180°
8．PEEK是一种特种高分子材料,可由X和Y在一定条件下反应制得,相应结构简式如图。下列说法正确的是
A．PEEK是纯净物
B．X与Y经加聚反应制得PEEK
C．X苯环上H被Br所取代,一溴代物只有一种
D．1 mol Y与H2发生加成反应,最多消耗6 mol H2
9．酸性常用作氧化剂、水处理剂，其还原产物一般为。一种制取的流程如下：
下列说法正确的是（　　）
A．熔融时反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:3
B．歧化时的离子方程式为
C．、、、四种离子在酸性条件下能大量共存
D．若过程中均能反应完全，则熔融与歧化时转移的电子数之比为3:1
10．单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。

下列说法错误的是
A．该物质的化学式为H3S B．与S原子等距最近的H有6个
C．M的分数坐标为(0，，) D．该化合物的密度为g/cm3
11．锰白(MnCO3)是生产锰盐的初始原料，工业上合成锰白的流程如下，下列说法中不正确的是
A．“还原”步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
B．“沉锰”步骤发生的反应为Mn2＋＋HCO3－ MnCO3↓＋H＋
C．利用盐酸酸化的氯化钡溶液可检验锰白是否洗涤干净
D．“低温烘干”可避免温度过高导致MnCO3分解，提高产率
12．工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分MnO2)和方铅矿(主要成分PbS、FeS2)制备PbSO4和Mn3O4转化流程如图：
已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCl2+2Cl-。下列说法正确的是
A．I中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液
B．II中生成的沉淀Y是Fe(OH)3
C．IV中试剂X可能作氧化剂
D．V中发生反应：Pb2++= PbSO4
13．偶联反应(布赫瓦尔德-哈特维希反应)是合成芳胺的重要方法,反应机理如图(图中Ar表示芳香烃基,表示副反应)。下列说法正确的是
A．该变化过程中涉及的有机反应类型仅限于取代和加成反应
B．该体系中、35和8都是中间体
C．理论上 1mol最多能消耗 1mol
D．若原料用和,则可能得到的产物为、和
14．常温下，向的溶液中缓慢滴入的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入溶液体积的变化关系如图所示。已知：常温下的电离常数。下列说法不正确的是（ ）
A. 水的电离程度：
B. 点：
C. 点：
D. 当时，
二、非选择题（本大题共4小题）
15．习近平总书记的“百炼钢做成了绕指柔”折射出我国钢铁工业从“跟跑”向“领跑”的蝶变。铁矿石中含铁量的测定是铁元素提炼的基础和前提。测定铁矿石中的铁含量可采用重铬酸钾法测定，其可分为三氯化钛—重铬酸钾滴定法和氯化亚锡、氯化汞—重铬酸钾滴定法，其流程如下图所示：
已知：i．氧化性顺序：；
ii．氯化汞为弱电解质，具备一定氧化性；
iii．Sn在溶液中的主要存在形式为和；
iv．五价钨溶液为蓝色。
请回答下列问题：
(1)目前三氯化钛—重铬酸钾滴定法使用率更高，其主要原因为 。
(2)提高“酸浸”速率可采取的措施是 、 (任写两种)。
(3)“还原”与“氧化除锡”过程的离子反应方程式分别为 、 。
(4)“还原”溶液仍呈浅黄色，而“还原”后溶液呈现蓝色，则蓝色溶液中铁元素的主要存在形式为 ，的作用为 。
(5)现称取3.0g铁矿石进行溶矿处理，采用三氯化钛—重铬酸钾滴定法，将“氧化除钨”后溶液定容至100mL，每次取20.00mL进行滴定，平行滴定4次，数据如下：
实验序号 1 2 3 4
消耗体积/mL 34.95 35.05 35.00 36.30
①分析滴定数据，第4组实验数据偏高，分析过程发现滴定操作均规范正确，只是指示剂(二苯胺磺酸钠)滴加时多了几滴，请分析第4组数据异常原因 ；(二苯胺磺酸钠作氧化还原指示剂)
②计算该铁矿石中铁的质量分数为 (保留两位小数)。
16．一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。
(2)“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。
(3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。
A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性
(5)晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 。
(6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。则生成Fe的化学方程式为 。
②“电解”时，颗粒分散于溶液，以Fe片、石墨棒为电极，写出阴极电极反应式 。
③上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。
17．碘是人体必需的微量元素，也可用于工业、医药等领域。某兴趣小组将海藻灰〔主要成分是NaI)加热浸泡后，得到了NaI溶液，进行I2的制备实验。
(1)将适量Na2SO3固体溶于NaI溶液，再将CuSO4饱和溶液滴入上述溶液中，生成白色CuI沉淀，该反应的离子方程式为 。
(2)待I - 沉淀完全后，过滤，将沉淀物置于小烧杯中，在搅拌下逐滴加入适量浓HNO3，观察到 (颜色)气体放出， (颜色)晶体析出。
(3)弃去上层清液，固体物质用少量水洗涤后得到粗I2，进一步精制时，选择下图必需的仪器搭建装置，并按次序排列： (夹持装置略)。
A． B． C． D． E. F.
(4)将精制得到的I2配成浓度为的标准溶液，用来测定某样品中维生素C(相对分子质量为M)的含量。具体操作如下：准确称量ag样品，溶于新煮沸过并冷却至室温的蒸馏水中，用250mL容量瓶定容，量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，再加入10mL 1∶1醋酸溶液和适量的 指示剂，立即用I2标准溶液滴定直至溶液显稳定的 (颜色)即为滴定终点，消耗I2标准溶液VmL，则样品中维生素C的质量分数是 (写出表达式)。
已知滴定反应方程式：
18．维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如下(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的官能团名称是 。
(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 。
参考答案
1．【答案】B
【详解】A．钢轨用到的锰钢是金属材料，A错误；
B．地铁信息传输系统中用到的光导纤维主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，B正确；
C．聚氯乙烯拉环属于有机高分子材料，C错误；
D．塑料属于有机高分子材料，D错误；
故选B。
2．【答案】C
【详解】
A．的空间填充模型为，A错误；
B．的键线式为，B错误；
C．中子数为7的碳原子，其质量数为13，可表示为，C正确；
D．HCl的形成过程为，D错误；
故答案选C。
3．【答案】C
【详解】A．小苏打为碳酸氢钠，离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，故A错误；
B．铁作阳极时铁失电子，则电解反应为：Fe+2H2OH2↑+Fe(OH)2，故B错误；
C．Fe(NO3)3溶液中通入二氧化硫，溶液显酸性，表现强氧化性，能将二氧化硫氧化成硫酸根离子，同时二氧化硫也能将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式正确，故C正确；
D．硫酸铜溶液中加入过量氨水，形成配合物：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4 H2O，故D错误；
故选：C。
4．【答案】B
【详解】A．生成的氧气可从长颈漏斗逸出，不能测定反应速率，应改为分液漏斗，A错误；
B．用乙装置可验证铁的吸氧腐蚀，负极、正极电极反应分别为：Fe-2e-=Fe2+、O2+2H2O+4e-=4OH-，当观察到右侧导管中的液面上升，说明发生了吸氧腐蚀，B正确；
C．铁导热性好，会造成热量的散失，中和反应的反应热测定应用玻璃搅拌器，C错误；
D．温度、催化剂均能加快反应速率，在加热的基础上加催化剂，没有控制变量，因此不能验证FeCl3对H2O2分解有催化作用，D错误；
故选B。
5．【答案】C
【详解】A．未指出CH3CH(OH)CN的物质的量，无法计算CH3CH(OH)CN中sp3杂化的原子数目，A错误；
B．3.2g氨基(-NH2)中电子数目为=1.8NA，B错误；
C．已知合成氨的方程式为：N2+3H22NH3，故工业合成氨中每生成3mol极性键即形成1molNH3，消耗0.5molN2和1.5molH2，即消耗非极性分子数目为2NA，C正确；
D．已知酯化反应是可逆反应，故1molHOCH2CH2OH与足量乙酸混合，发生取代反应最多消耗乙酸分子数小于2NA，D错误；
故答案为：C。
6．【答案】D
【分析】甲为无色无味气体单质，乙为金属单质且基态原子核外、能级电子总数相等。乙的电子排布中、能级电子总数相等，的电子排布为，能级共6个电子，能级共6个电子，故乙为。甲为气体单质，与甲点燃生成丙，丙与水反应生成丁和戊，丁高温生成甲，戊与盐酸反应生成己，己生成。推断如下：
乙（金属）：（、基态能级电子总数均为6）；
甲（气体单质）：（无色无味，与点燃生成）；
丙：（与点燃产物：）；
丙与水反应：，故丁为，戊为；
戊与盐酸反应：，故己为。
【详解】A．丙为，由3个（阳离子）和2个（阴离子）构成，阴、阳离子数之比为2：3，故A正确；
B．丁为，其水溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红色，故B正确；
C．甲为，难溶于水，实验室可用排水法收集，故C正确；
D．己为，电解水溶液时，阴极优先放电生成，无法得到（需电解熔融），故D错误；
故答案选D。
7．【答案】A
【分析】W、X、Z、Q、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其内层电子数之和为18，最外层电子数之和为28。从图中可以看出，W元素的化合价为4价，表明其最外层有4个电子，则W为碳；Q形成1个共价键，则Q应为氟；Y形成6个共价键，则最外层有6个电子，其为S；Z形成2个共价键，则Z为氧；X形成2个共价键，又获得1个电子，所以X的最外层电子数为5，其为氮元素。从而得出W、X、Z、Q、Y分别为C、N、O、F、S。
【详解】A．离子的化学式为，其相当于中的1个O原子被S替代，所以其构型与相似，为四面体结构，A正确；
B．YWX-离子为SCN-，其中心C原子的价层电子数为2，发生sp杂化，C原子的最外层无孤电子对，则其构型为直线形，B不正确；
C．X、W、Q分别为N、C、F，它们的电子层数相同，为同周期元素，则非金属性：C＜N＜F，C不正确；
D．该阴离子中，S-N-S的中心N原子最外层存在孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以∠S-N-S小于180°，D不正确；
故选A。
8．【答案】C　
【命题点】PEEK高分子材料的合成、PEEK及其单体的结构与性质
【详解】由题干和PEEK的结构简式可知,PEEK是高分子聚合物,属于混合物,A错误;由X、Y和PEEK的结构简式可知,X和Y发生连续的取代反应得到PEEK,即X与Y经缩聚反应制得PEEK,B错误;X分子是对称结构,苯环上的H原子所处化学环境相同,苯环上H被Br所取代,一溴代物只有一种,C正确;Y中苯环和羰基都可以和H2发生加成反应,1 mol Y与H2发生加成反应,最多消耗7 mol H2,D错误。
9．【答案】D
【分析】氯酸钾在碱性条件下将二氧化锰氧化成锰酸钾，自身被还原形成氯离子，在酸性条件下锰酸钾发生自身歧化反应，生成二氧化锰和高锰酸钾，二氧化锰可以循环使用，据此解答。
【详解】A．熔融时反应为3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O，Mn元素从+4价升至+6价（氧化产物为K2MnO4），Cl元素从+5价降至-1价（还原产物为KCl），氧化产物与还原产物物质的量之比为3:1，A错误；
B．K2MnO4歧化时加入CH3COOH（弱酸），离子方程式中弱酸不能拆为H+，正确离子方程式应为，B错误；
C．酸性条件下，会发生歧化反应生成和MnO2，且（歧化产物）能氧化Cl-，四种离子不能大量共存，C错误；
D．熔融时，3 mol MnO2生成3 mol K2MnO4转移6 mol电子（Mn从+4→+6，每个失2e-）；歧化时，3 mol K2MnO4生成2 mol KMnO4和1 mol MnO2转移2 mol电子（2 mol Mn失1e-，1 mol Mn得2e-），转移电子数之比为6:2=3:1，D正确；
故答案选D。
10．【答案】D
【详解】A．根据均摊法，该晶胞中含有S原子：8×+1=2、H原子：12×+6×=6，化学式为H3S，A项正确；
B．由图可知，以体心S原子为研究对象，与S原子等距最近的H有6个，B项正确；
C．M处在左面的面心，其分数坐标为(0，，)，C项正确；
D．根据均摊法，该晶胞中含有2个S原子和6个H原子，则该化合物的密度为g/cm3=g/cm3，D项错误；
答案选D。
11．【答案】B
【详解】“还原”步骤中发生的氧化还原反应为MnO2+SO2 ,氧化剂为MnO2,还原剂为SO2,物质的量之比为1∶1,A正确;“沉锰”步骤发生的反应为 MnCO3↓+CO2↑+H2O,B错误;由流程可知,生成的MnCO3表面可能附着有硫酸盐,可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验 ,若无白色沉淀产生,则已洗涤干净,C正确;MnCO3受热易分解,故选用“低温烘干”,D正确。
12．【答案】C
【分析】方铅矿 (主要成分PbS、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70℃，发生的反应有MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的pH使铁离子和转化为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液，据此解答。
【详解】若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；由分析可知Ⅱ中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；Ⅳ中向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：PbCl2+2Cl-，故Ⅴ中发生反应： +=PbSO4+4Cl-，D错误。
13．【答案】BD
【详解】化学反应机理分析
根据题给反应机理图可知,由8生成、110和11的反应有不饱和键生成,属于消去反应,A错误;题给机理图中,、、246为反应物,、、、791011为生成物,1为催化剂,、、358为中间体,B正确;结合题给机理可知, 1mol中有 2mol氢原子可被—Ar取代,故最多能消耗 2mol,C错误;若原料用溴苯和,主反应的有机产物为,副反应中的溴原子被氢原子取代,中N原子和相邻C原子上各脱去1个H原子生成双键,因此副反应的有机产物为苯和,D正确。
14．【答案】D
【详解】由要点图解分析可知，点时溶质为和，过量的抑制水的电离，点时溶质为，的水解促进水的电离，则水的电离程度：，正确；点时，根据电荷守恒得，因，则，正确；由分析可知，点溶质为，发生水解，同时水还会电离，则离子浓度关系为，由、、得到，则，正确；当时，溶液中的溶质为等量的和，根据电荷守恒有，由元素守恒有，联立得到，错误。
要点图解
15．【答案】(1)氯化汞—重铬酸钾滴定法使用了重金属汞，汞为有毒元素溶液产生污染
(2) 矿石粉碎 适当升高温度
(3)
(4) Fe2+ 检验铁离子完全被转化为亚铁离子
(5) 重铬酸钾能氧化二苯胺磺酸钠 39.20%
【分析】铁矿石酸浸后，加入适量SnCl2溶液还原三价铁为二价铁，加入Na2WO4、TiCl3进一步还原，然后加入重铬酸钾溶液除去过量的钨后，再使用重铬酸钾滴定亚铁离子滴定铁元素含量；铁矿石酸浸后，也可以使用过量的SnCl2溶液还原三价铁为二价铁，再加入HgCl2除去过量的SnCl2后，使用重铬酸钾滴定亚铁离子滴定铁元素含量；
【详解】（1）目前三氯化钛—重铬酸钾滴定法使用率更高，其主要原因为氯化汞—重铬酸钾滴定法使用了重金属汞，汞为有毒元素溶液产生污染；
（2）提高“酸浸”速率可采取的措施是矿石粉碎、适当升高温度、适当增加盐酸浓度等；
（3）Sn在溶液中的主要存在形式为和；“还原”过程中加入SnCl2溶液将铁离子还原为亚铁离子，同时生成，反应为；氯化汞为弱电解质，具备一定氧化性，“氧化除锡”过程中能将二价Sn氧化为四价Sn，同时生成Hg2Cl2沉淀，离子反应方程式为；
（4）已知：氧化性顺序：，五价钨溶液为蓝色；“还原”后溶液呈现蓝色，说明钨以五价形式存在，则此时铁离子已经完全转化为亚铁离子，故则蓝色溶液中铁元素的主要存在形式为Fe2+，的作用为检验铁离子完全被转化为亚铁离子；
（5）①重铬酸钾具有强氧化性，能氧化二苯胺磺酸钠，二苯胺磺酸钠多了几滴可能会导致标准液用量增加；
②四组数据第4次误差较大舍弃，标准液平均用量为35.00mL，重铬酸钾滴定过程中铁化合价由+2变为+3，铬化合价由+6变为+3，由电子守恒可知，则该铁矿石中铁的质量分数为。
16．【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
(2)
(3)5
(4)AD
(5)
(6) 没有污染物产生
【分析】矿粉通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz；
【详解】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；
（2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：；
（3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5；
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：
A.镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确；
B.配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C.配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误；
D.烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
故选AD；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；
（6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：；
②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，电极反应为；
③上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。
17．【答案】H2O+2Cu2++2I-+SO=2CuI↓+SO+2H+ 红棕 紫黑 DCAF 淀粉 蓝色 CVM/100a
【分析】
(1)在NaI和Na2SO3的混合溶液中加入饱和CuSO4溶液生成CuI，根据氧化还原反应原理，SO的氧化产物为SO；
(2)CuI被浓硝酸氧化，所得氧化产物分别为Cu2+和I2，同时有红棕色有毒气体NO2生成，需要采取防止中毒措施；
(3)碘单质受热易升华，可采用升华法提纯碘单质；
(4)维生素C具有还原性，要防止水中溶解的氧干扰实验；维生素C溶液显酸性，根据碘单质遇淀粉溶液显蓝色选择指示剂；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cV=cV×10-3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，质量为m=nM=cMV×10-2g，以此计算质量分数。
【详解】
(1)在NaI和Na2SO3的混合溶液中加入饱和CuSO4溶液生成CuI，根据氧化还原反应原理，SO的氧化产物为SO，则发生反应的离子方程式为H2O+2Cu2++2I-+SO=2CuI↓+SO+2H+，故答案为：H2O+2Cu2++2I-+SO=2CuI↓+SO+2H+；
(2)CuI被浓硝酸氧化，所得氧化产物分别为Cu2+和紫黑色的I2，同时有红棕色有毒气体NO2生成，发生反应的化学方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O，为稀释NO2污染环境，则需在通风条件下进行，故答案为：红棕色；紫黑色；
(3)因碘单质受热易升华，则提纯碘单质的实验操作为把粗碘放入烧杯内，将装有冷水的烧瓶放在烧杯上，垫上石棉网用酒精灯加热，即装置连接顺序为DCAF，故答案为：DCAF；
(4)淀粉遇碘显蓝色，则选择淀粉作指示剂，用碘标准溶液滴定维生素C，所以当最后一滴标准液滴入锥形瓶后，溶液由无色变为蓝色且30秒内不褪色，即为终点；根据题意消耗点标准液的物质的量为n=cV=cV×10-3mol，由反应方程式可知25mL溶液中维生素C的物质的量为cV×10-3mol，则ag样品中维生素C的物质的量为10×cV×10-3mol=cV×10-2mol，质量为m=nM=cMV×10-2g，其质量分数为，故答案为：淀粉；蓝色、CVM/100a。
18．【答案】(1)邻二甲苯
(2)浓、浓，加热
(3)氨基
(4)a
(5)
(6)
(7)
【分析】
参照K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为据此解答。
【详解】（1）
由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；
（2）
A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓、浓，加热。答案为：浓、浓，加热；
（3）
D为，官能团是氨基。答案为：氨基；
（4）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不正确；
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不正确；
答案为：a；
（5）
由分析可知，E的结构简式是。答案为：；
（6）
I()与反应生成J()等，反应的化学方程式是。答案为：；
（7）
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。答案为：。
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