2019-2020年高三理综（化学部分）第三次联考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三理综（化学部分）第三次联考试卷（含解析）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1下列说法正确的是A在加热、甲醛、饱和(NH4)2SO4溶液、X射线作用下，蛋白质都会发生变性B氨基酸、蛋白质、油脂都含有C、H、O、N四种元素C生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等物质都是混合物D乙烯、聚乙烯、苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】试题分析：A、饱和硫酸铵溶液使发生盐析，A不正确；B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，只含有C、H、O三种元素，B不正确；C、由不同种物质组成的是混合物，则生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等物质都是混合物，C正确；D、聚乙烯和苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不正确，答案选C。考点：考查有机物的组成与结构、性质2火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，反应为:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2 则下列说法正确的是ACuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化B每生成1mol Cu2S，有4 mol硫被氧化CSO2只是氧化产物，FeS只是还原产物D每转移12 mol电子，有02 mol硫被氧化【答案】D【解析】试题分析：A、Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素被氧化，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、由方程式可知，每生成1mol Cu2S，有1mol硫被氧化生成SO2，其它物质中的S元素化合价没有发生变化，故B错误；C、生成FeS，元素化合价没有变化，FeS不是还原产物，也不是氧化产物，故C错误；D、元素化合价升高的只有S元素，由-2价升高到+4价，变化6价，则每转移12mol电子，有02mol硫被氧化，故D正确，答案选D。考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算3分子式为C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应的醇有A8种 B7种 C5种 D3种【答案】D【解析】试题分析：分子式为C5H12O的醇催化氧化得到的有机物不能发生银镜反应，即该有机物不属于醛，则连接羟基的碳原子上不能含有两个氢原子，先确定C5H12的同分异构体，-OH取代C5H12中甲基上的H原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C，其中结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3中，用-OH取代H原子有3种结构，其中1种氧化得到醛，2种氧化得到酮；（CH3）2CHCH2CH3中，用-OH取代H原子有4种结构，其中2种氧化得到醛，1种氧化得到酮，另1种不能被氧化；（CH3）4C中，用-OH取代H原子有1种结构，能被氧化得到醛；故符合条件的C5H12O的同分异构体有3种，答案选D。考点：考查醇、醛的结构与性质以及同分异构体判断4利用实验仪器（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是选项实验仪器（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、酒精灯CuSO4溶液的浓缩结晶B蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯由工业酒精制无水酒精C天平、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶配制NaCl05 molL-1的溶液100 mLD烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4,除去NaBr溶液中少量NaI【答案】D【解析】试题分析：A、硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到蒸发皿，故A错误；B、由工业酒精制无水酒精需要蒸馏，缺少锥形瓶和接受器等，B错误；C、配制NaCl05 molL-1的溶液100 mL，还缺少烧杯，C错误；D、用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确，答案选D。考点：考查化学实验基本操作以及实验方案设计与评价等5常温下，在10 mL 01 molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入01 molL1 HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化)，下列说法正确的是A在01 molL1 Na2CO3溶液中：c(Na) c(H)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH)B当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20 mlC在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是NaD在A点所示的溶液中：c(CO32-)c(HCO3-)c(H)c(OH)【答案】C【解析】试题分析： A、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故A错误；B、当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，故B错误；C、根据物料守恒得c（Na+）浓度最大，故C正确；D、根据图象分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c（HCO3-）c（CO32-），溶液呈碱性，则c（OH-）c（ H+），盐溶液水解程度较小，所以c（CO32-）c（OH-），则离子浓度大小顺序是c（HCO3-）=c（CO32-）c（OH-）c（ H+），故D不正确，答案选C。考点：考查溶液酸碱性判断以及离子浓度大小比较等6根据下列框图，有关说法正确的是AM、E都是第四周期中的过渡元素，E的金属活动性比M的金属活动性强，E3+的氧化性比M2+的氧化性弱B反应的离子方程式可表示为：2E(OH)3 +3Cl2 +6H2O = 3EO4 2+ 6Cl +12H+C反应、都属于氧化还原反应，且在反应和中硫酸仅表现了酸性D用K2EO4、Zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为：EO42+4H2O+3e- E(OH)3+5OH【答案】C【解析】试题分析：流程分析可知，M为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液CuSO4，依据Y加入KSCN溶液血红色说明是Fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明X为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断E为Fe，则X为FeSO4，Y为Fe2（FeSO4）3，Z为Fe（OH）3，A、Fe2+的氧化性比Cu2+的氧化性弱，但Fe3+的氧化性比Cu2+强，如2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故A错误；B、Fe（OH）3可被氯气氧化生成高铁酸钾，反应在碱性条件下进行，不可能生成H+，应为2E（OH）3+3Cl2+12OH-3EO42-+6Cl-+6H2O，故B错误；C、都有单质参加反应，有过氧化氢参加反应，则一定为氧化还原反应，和中硫酸都只表现了酸性，表现氧化性的为过氧化氢，故C正确；D、负极发生氧化反应，应是锌失电子被氧化，故D错误，答案选C。考点：考查无机框图题的判断7已知HCO3+AlO2 +H2O=CO32 +Al(OH)3；将足量的KHCO3溶液不断滴入含等物质的量的KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的KHCO3溶液体积的关系可表示为【答案】B【解析】试题分析：HCO3-先与OH-反应，再与AlO2-反应，而HCO3-与OH-反应生成CO32-后，Ba2+与CO32-生成沉淀，HCO3-+OH-+Ba2+BaCO3+H2O，消耗1molHCO3-、1molOH-、1molBa2+，生成1molBaCO3沉淀，此阶段化学方程式为KHCO3+Ba（OH）2BaCO3+H2O+KOH；HCO3-+OH-CO32-+H2O，消耗2mol HCO3-、2molOH- （OH-消耗完），没有沉淀生成此阶段化学方程式为KHCO3+KOHK2CO3+H2O（此时KOH有2mol，原溶液中有1mol，反应产生1mol）；HCO3-+AlO2-+H2OCO32-+Al（OH）3，消耗1molHCO3-、1mol AlO2-（AlO2-消耗完），生成1molAl（OH）3沉淀此阶段化学方程式为KHCO3+KAlO2+H2OAl（OH）3+K2CO3三阶段消耗KHCO3的物质的量为1：2：1，也即KHCO3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象B符合，答案选B。考点：考查离子方程式的计算第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）8（14分）铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的流程图：已知：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2；Cr2CO72-+H2O2CrO42-+2H+根据题意回答下列问题：（1）固体X中主要含有 （填写化学式）；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于45，应该使用 _ （填写仪器或试剂名称）。（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH5，其目的是 _ 。（3）操作有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、 、过滤、 、干燥。（4）下表是相关物质的溶解度数据，操作III发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7 + 2KClK2Cr2O7 + 2NaCl，该反应在溶液中能发生的理由是_。物质KClNaClK2Cr2O7Na2Cr2O7溶解度（g/100g水）0283574716340401364263215805133873376（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是称取n g样品，加入过量 _ （填写试剂）、溶解、过滤、再 （填写试剂）、灼烧、冷却、称量，得干燥固体m g。计算祥品中氢氧化铝的质量分数为 （用含m、n的代数式表示）。【答案】(13分)（1）Fe2O3、MgO(2分)PH计或pH试纸(1分)（2）使CrO42-转化为Cr2O72-(1分)（3）冷却结晶、洗涤(各1分)（4）K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）(2分)（5）NaOH溶液、通入过量二氧化碳。(各1分，合理答案也给分)； (3分)【解析】试题分析：（1）铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Na2CO3Al2O32NaAlO2CO2、Cr2CO72-+H2O2CrO42-+2H+，操作是过滤得到固体X为Fe2O3、MgO；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于45，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸；（2）酸化步骤用醋酸调节溶液pH5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42-转化为Cr2O72-；（3）操作有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体；（4）依据图表物质的溶解度分析对比，操作发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，这说明K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小（或四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小）；（5）副产品Y主要含氢氧化铝，还含少量镁、铁的难溶化合物及可溶性杂质，精确分析Y中氢氧化铝含量的方法是先利用氢氧化铝的两性，用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝过滤得到滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧干燥得到氧化铝干燥固体m g，依据铝元素守恒计算，样品中氢氧化铝的质量分数100%。考点：考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用等9通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。下表为一些化学键的键能数据化学键SiSiO=OSiO键能/kJmol1abc写出硅高温燃烧的热化学方程式 。利用太阳光分解水制氢是未来解决能源危机的理想方法之一。某研究小组设计了如右图所示的循环系统实现光分解水制氢。反应过程中所需的电能由太阳能光电池提供，反应体系中I2和Fe3+等可循环使用。写出下列电解池中总反应的离子方程式：电解池A 。电解池B 。（2）若电解池A中生成336 L H2（标准状况），计算电解池B中生成Fe2+的物质的量为 mol。在一定的温度下，把2体积N2和6体积H2分别通入一个带活塞的体积可变的容器中，活塞的一端与大气相通容器中发生如下反应：N2(g)3H2(g） 2NH3(g)；H0，反应达到平衡后，测得混合气体为7体积。请据此回答下列问题：（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别表示加入的N2、H2 和NH3的体积，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同。a1，c2，则b 。在此情况下，反应起始时将向 反应方向（填“正”或“逆”）进行。若需规定起始时反应向逆方向进行，则c的取值范围是 。（2）在上述恒压装置中，若需控制平衡后混合气体为65体积，则可采取的措施是 ，原因是 。【答案】Si(s)O2(g) 高温=SiO2(s） H（2a+ b - 4c）kJ/mol（2分）（1）A 池 2H+ +2I-H2 + I2（2分） B 池 4Fe3+ + 2H2O4Fe2+ + O2+ 4H+（2分）（2）0300mol（2分）（1） 3 （2分）逆（1分） 1c4 （2分）（2）降低温度 （1分） 降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少（2分）【解析】试题分析：硅是原子晶体，平均1个硅原子形成2个SiSi键。二氧化硅是原子晶体，平均1个硅原子形成4个SiO键。又因为反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，因此硅高温燃烧的热化学方程式为Si(s)O2(g) 高温=SiO2(s） H（2a+ b - 4c）kJ/mol。（1）电解池左边放出氢气，氢离子在此得到电子，发生还原反应，则碘离子失去电子发生氧化反应，故A池中总反应式为2H+ +2I-H2 + I2；电池右侧放出氧气，说明溶液中的氢氧根失去电子发生氧化反应，则溶液中的铁离子得到电子发生还原反应，因此B池总反应式为4Fe3+ + 2H2O4Fe2+ + O2+ 4H+。（2）若电解池A中生成336 L H2（标准状况），其中氢气的物质的量是336L224L/mol015mol，转移电子03mol，所以根据得失电子守恒可知B池中生成亚铁离子的物质的量是03mol。（1）反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同，恒温恒压条件下，采用极限分析法，c体积的氨气完全转化为氮气和氧气之比是1：3，所以只要a：b2：6，则b3a3，因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，由差量法可解出平衡时氨气为1体积；而在起始时，氨气的体积为c2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动；若需让反应逆向进行，由上述所求出的平衡时氨气的体积为1可知，氨气的体积必须大于1，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1c4；（2）根据657可知，上述平衡应向体积缩小的方向移动，即向放热方向移动，所以采取降温措施，这是由于降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少。考点：考查热化学方程式的书写、电化学原理的应用、以及可逆反应的有关计算与判断10为回收利用废钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，主要流程如下：部分含钒物质在水中的溶解性如下：物质VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶回答下列问题：（1）工业由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，该反应的氧化剂为_。（2）滤液中含钒的主要成分为_（填化学式）。（3）该工艺中反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，该步反应的离子方程式_；沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比）和温度。根据下图判断最佳控制氯化铵系数和温度为_、_。（4）用硫酸酸化的H2C2O4溶液滴定(VO2)2SO4溶液，以测定反应后溶液中含钒量，反应方程式为：2VO2+H2C2O4+2H+2VOn+ + 2CO2+ mH2O，其中n、m分别为_、_ 。（5）全钒液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液，电池的工作原理为：电池放电时正极的电极反应式为 。【答案】（15分）（1）V2O5(1分)（2）VOSO4(2分)（3）NH4+VO3- NH4VO3(2分)；4(2分)；80(2分） （4）2(2分)；2(2分） （5）VO2+ 2H+e= VO2+H2O(2分)【解析】试题分析：（1）铝和五氧化二钒发生铝热反应的方程式为：3V2O5+10Al高温=6V+5Al2O3，反应中氧化剂是V2O5；（2）根据溶解性表知，V2O5难溶，VOSO4可溶，因此滤渣是V2O5，滤液中含矾的主要成分的化学式为VOSO4；（3）根据NH4VO3难溶可知，反应是复分解反应，方程式为NH4+VO3- NH4VO3；根据图像可知氯化铵系数为4、温度为80时沉淀率最高，所以最佳控制氯化铵系数和温度为4和80。（4）根据方程式2VO2+H2C2O4+2H+2VOn+ + 2CO2+ mH2O可知草酸中碳元素的化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，1mol草酸失去2mol电子，则根据电子得失守恒可知氧化剂得到2mol电子，所以1mol VO2+得到1mol电子，V元素的化合价从+5价降低+4价，因此n2；根据氢原子守恒可知m2。（5）放电是原电池，正极得到电子，则根据总反应式可知，放电时VO2+得到电子，电极反应式为 VO2+ 2H+eVO2+H2O。考点：考查氧化还原反应的有关应用与计算、反应条件的选择以及电化学原理的应用11开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。基态Ti3+的未成对电子数有_个。LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的等电子体是 （写一种）。LiBH4中不存在的作用力有_(填标号)。A离子键 B共价键 C金属键 D配位键Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为_ _。（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。LiH中，离子半径：Li+_H(填“”、“”或“”）。某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如下表所示：I1/KJmol-1I2/KJmol-1I3/KJmol-1I4/KJmol-1I5/KJmol-1738145177331054013630M是_(填元素符号）。（3）某种新型储氧材料的理论结构模型如下图所示，图中虚线框内碳原子的杂化轨道类型有_种。（4）若已知元素电负性氟大于氧，试解释沸点H2O高于HF 。分子X可以通过氢键形成“笼状结构”而成为潜在的储氢材料。X定不是_(填标号)。AH2O BCH4 CHF DCO(NH2)2 （5）纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为 。A875 B929 C963 D100【答案】（1）1(1分)NH4+(1分)；C(1分）HBLi(1分)（2）(1分）Mg(2分)（3）3 (2分)（4）H2O分子间氢键数比HF多，所以H2O沸点高(2分)；BC (2分） （5）C (2分)【解析】试题分析：（1）基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1；价电子数、原子数分别都相等的是等电子体，则与BH4互为子体的可以是CH4或NH4+；Li+和BH-4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含金属键，故选c；非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi；（2）Li+和H-的电子层结构相同，锂元素的原子序数大于氢元素，所以离子半径Li+H-；根据表中数据可知该元素的第一电离能与第二电离能较小，而该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素；（3）根据结构图可知，碳元素形成的化学键有碳碳单键、碳碳双键和碳碳三键，因此碳元素的杂化轨道类型有三种即sp1、sp2、sp3杂化。（4）由于H2O分子间氢键数比HF多，所以H2O沸点高；能形成的氢键的一般是非金属性很强的F、O、N等元素。但氟化氢分子不能通过氢键形成笼状，所以X一定不是甲烷和氟化氢，答案选BC。（5）根据氯化钠的晶胞可知，表面离子数是26个，而总的离子数是27个，因此这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为100%963%，答案选C。考点：考查核外电子排布、电负性。等电子体、氢键、电离能以及晶胞结构计算等12药物菲那西汀的一种合成路线如下：（1）菲那西汀的分子式 ；（2）反应过程中在苯环上发生取代反应的是 ；（3）反应中生成的无机物的化学式为 ；（4）写出反应的化学方程式 ；（5）菲那西汀水解的化学方程式是_；（6）菲那西汀的同分异构体中，符合下列条件的共有 种。含苯环且只有对位两个取代基苯环上含有氨基能水解，水解产物能发生银镜反应。（7）菲那西汀的同分异构体中，含苯环且只有对位两个取代基，两个取代基含有相同碳原子数，且含有-氨基酸结构，写出这种同分异构体缩聚后高分子产物的结构简式 。【答案】（1）C10H13NO2 (2分）（2）(3分）（3）SO2、H2O(2分)（4）(2分）（5） (2分）（6）5(2分）（7） (2分）【解析】试题分析：（1）根据菲那西汀的键线式可知，其分子式为C10H13NO2。（2）反应是苯的磺化反应，生成苯磺酸。反应是苯磺酸与亚硫酸氢钠的复分解反应，反应是苯磺酸钠与氢氧化钠反应生成苯酚钠，苯酚钠与溴乙烷发生取代反应生成醚和溴化钠。反应是OC2H5对位上的氢原子被NO2取代，然后硝基被还原生成氨基，最后氨基上的1个氢原子被OCCH3取代生成菲那西汀，所以反应过程中在苯环上发生取代反应的是。（3）苯磺酸的酸性强于亚硫酸的，因此苯磺酸与亚硫酸氢钠反应生成生成苯磺酸钠、水和二氧化硫，即反应中生成的无机物的化学式为SO2、H2O。（4）反应是OC2H5对位上的氢原子被NO2取代，则反应的化学方程式为。（5）菲那西汀分子中含有肽键，其水解的化学方程式是。（6）含苯环且只有对位两个取代基苯环上含有氨基能水解，水解产物能发生银镜反应，因此应该是甲酸形成的酯类，所以符合条件的有机物结构简式为HCOOCH2CH2CH2A、HCOOCH2CH(CH3)A、HCOOCH(A)CH2CH3、HCOOC(CH3)2A、HCOOCH(CH3)CH2A，其A表示，共计是5种。（7）菲那西汀的同分异构体中，含苯环且只有对位两个取代基，两个取代基含有相同碳原子数，且含有-氨基酸结构，因此其结构简式为，分子中氨基和羧基，可以发生加聚反应生成高分子化合物，则其缩聚后高分子产物的结构简式为。考点：考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等评卷人得分三、实验题（题型注释）13已知：ICl的熔点为1390C，沸点为9740C，易水解，且能发生反应：ICl(l）+ Cl2(g）=ICl3(l)（1）装置A中发生反应的化学方程式是_ 。（2）装置B的作用是_。不能用装置F代替装置E，理由_ 。（3）所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是_ (填标号）。A过滤 B蒸发结晶 C蒸馏 D分液（4）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：ICl+KII2+KClI22Na2S2O32NaI+Na2S4O6实验1:将500g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加人20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量），充分反应后，加人足量KI溶液，生成的碘单质用a molL-1的Na2S2O3 标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。实验2(空白实验）：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验1完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。滴定过程中可用_ 作指示剂。滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V1_ (填“偏大”或“偏小）。500g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为_ mol。由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。【答案】（1）KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O（2）除去氯气中的氯化氢。装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解（3）C（4）淀粉溶液 偏小 ）5a（V2-V1）10-3【解析】试题分析：（1）氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O。（2）浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢。由于ICl易水解，所以不能用装置F代替装置E的理由是装置中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解。（3）由于ICl与ICl3的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是蒸馏，答案选C。（4）由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂。由于碘离子预备氧化，因此滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则生成的单质碘减小，从而导致消耗硫代硫酸钠的量减小，即会导致V1偏小。实验2中比实验1多消耗的溶液体积为（V2V1）ml，其物质的量的是0001a（V2V1）mol。根据方程式ICl+KII2+KCl和I22Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知：ICl2Na2S2O3，所以ICl的物质的量是0001a（V2V1）mol2，因此根据方程式可知，500g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为00005a（V2V1）mol5a（V2V1）103mol。考点：考查物质制备以及含量测定实验设计与评价等评卷人得分四、计算题（题型注释）评卷人得分五、简答题（题型注释）评卷人得分六、推断题（题型注释）