化学 热门试卷

第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3•H2O+CaCl2；第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O和氯化铵，反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3•H2O+CaCl2；CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2•8H2O溶解，所以工业上常采用Ca(OH)2过量而不是H2O2过量的方式来生产；故答案为：NH4Cl；H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2•8H2O溶解．

实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净．

CaO2能和二氧化碳反应生成碳酸钙和氧气，CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2，所以通入氧气能抑制超氧化钙分解；故答案为：防止过氧化钙分解、防止过氧化钙与二氧化碳反应．

设超氧化钙质量为x，

2CaO22CaO+O2↑

144g            22.4L

x              10﹣3VL

144g：22.4L=x：10﹣3VL

x==g=，

其质量分数==%，

过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量，样品质量和反应后固体质量，

故答案为：%；样品质量和反应后固体质量．

【解析】A的分子式为C7H8，结合对甲基苯胺结构，可知A为，反应①的产物为，对比反应①、③的分子式，应是甲基氧化为羧基，则反应③的产物为，C、D均可以得到，再对比分子式可知，C为，D为，则B为，发生取代反应得到普鲁卡因E．

（1）比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物结构简式为，名称是邻二甲苯，故答案为：邻二甲苯．

反应①的试剂是浓硝酸、反应条件是浓硫酸作催化剂加热，反应③的试剂是酸性高锰酸钾溶液，故答案为：浓硝酸、浓硫酸作催化剂加热；酸性高锰酸钾溶液，不需要条件；

氨基易被氧化，为防止氨基被氧化，所以设计反应②，故答案为：保护氨基；

【解析】B的结构简式为；C为，C的名称是对氨基苯甲酸，故答案为：；对氨基苯甲酸；

D为，D的同分异构体符合下列条件：①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③有3种不同环境的氢原子，其中一种结构简式为

酯基水解生成的酚羟基和羧基都和NaOH反应，所以1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗2molNaOH，故答案为：

；2；

普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是：步骤多、副反应多、原料利用率低，故答案为：步骤多、副反应多、原料利用率低．

产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，

n（H2SO4）=1.100mol/L×0.02L=0.022mol，

将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，得到溶液中含有NaOH，加入硫酸发生H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，

则n（HCHO）=n（NaOH）=2n（H2SO4）=0.044mol， c（HCHO）==11.0mol/L，

故答案为：11.0；

若滴定管规格为50mL，如硫酸全部反应，体积为50mL，则可知消耗硫酸的物质的量为0.05L×1.1mol/L=0.055mol，

则n（HCHO）=n（NaOH）=2n（H2SO4）=0.11mol，

甲醛水溶液取样不能超过的体积为=0.01L=10mL，

故答案为：10；

发生HCHO+H2O2→HCOOH+H2O，NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O，关系式为HCHO～NaOH，如果H2O2用量不足，则生成HCOOH偏低，消耗的NaOH偏低，会导致甲醛含量的测定结果偏低，

如果H2O2过量，导致HCOOH进一步被氧化生成二氧化碳或碳酸，消耗氢氧化钠偏多，

故答案为：偏低；生成HCOOH偏低，消耗的NaOH偏低；偏高；HCOOH进一步被氧化生成二氧化碳，耗氢氧化钠偏多；

因新制氢氧化铜足量，且甲酸、甲酸盐中都含有醛基，在足量新制氢氧化铜浊液中加热条件下可进一步反应生成碳酸盐，如证明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，可配制氢氧化铜浊液，加入氢氧化钠至碱性，与甲酸在碱性条件下加热，观察是否有砖红色沉淀生成，如有，可说明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，否则，可生成甲酸或甲酸盐，

故答案为：试管中加入适量硫酸铜溶液，加入氢氧化钠溶液至过量，在新配制的氢氧化铜浊液中滴加少量甲酸溶液，并加热至沸腾，如生成砖红色沉淀，说明甲酸可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，则向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐．

金属性Ca＞Mg，金属性越强，对应的最高价的氧化物的水化物的碱性越强，则Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强，氢氧化钙微溶于水，而氢氧化镁难溶，则Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度大，故答案为：强；大；

温度过高，二氧化碳的溶解度减小，且碳酸氢镁不稳定，不利于碳化反应，如温度过低，反应速率较小，也不利于不利于碳化反应，故答案为：二氧化碳的溶解度小；碳酸氢镁分解；反应速率较小；

在10min到13min之内钙离子浓度由0.145mol/L变化为0.118mol/L，v===0.009mol/（L•min），15min之后钙离子浓度增大，原因是二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，反应的方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，故答案为：0.009mol/（L•min）；CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2；

Mg原子核外有12个电子，子核外电子排布式为1s22s22p63s2，Ca原子核外电子层数比Mg多，原子半径大，最外层电子距离原子核较远，则能量较高，故答案为：1s22s22p63s2；高于．

电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；

阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电解电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯；故答案为：防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠反应而使产品不纯；防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢气反应遇火反应而引发安全事故；

电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH溶液的出口为d；Cl2在阳极，依据装置图分析可知精制饱和食盐水从阳极进入，即进口为a，故答案为：a，d；

KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；

H2SO3  Ki1=1.54×10﹣2，Ki2=1.02×10﹣7，HClO   Ki1=2.95×10﹣8 ，说明ClO﹣水解程度大于SO32﹣，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH，依据电离平衡常数大小比较，H2SO3 Ki1=1.54×10﹣2  Ki2=1.02×10﹣7，H2CO3  Ki1=4.3×10﹣7  Ki2=5.6×10﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣，浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣），故答案为：＞，c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）．

对溴苯乙烯与丙烯在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，其结构简式或，

故答案为：或

乙苯生成时，苯环上H原子被取代需要溴化铁作催化剂，需要液溴作反应物，支链上H原子被取代需要光照条件，需要溴作反应物，故答案为：液溴、溴化铁作催化剂；溴、光照；

B与2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面，则B中四个甲基连接碳碳双键两端碳原子，其结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，

发生消去反应生成(CH3)2C=C(CH3)2，其流程图为CH2=C(CH3)C(CH3)2   (CH3)2CBrCH(CH3)2  (CH3)2C=C(CH3)2

同 解题思路