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文檔簡介
福建省南安一中2024年高三沖刺模擬化學(xué)試卷注意事項(xiàng):1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答選擇題時(shí),選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑,如需改動(dòng),用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?;卮鸱沁x擇題時(shí),將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、在生成和純化乙酸乙酯的實(shí)驗(yàn)過程中,下列操作未涉及的是A. B. C. D.2、酚酞是一種常見的酸堿指示劑,其在酸性條件下結(jié)構(gòu)如圖所示,則下列對(duì)于酚酞的說法正確的是()A.在酸性條件下,1mol酚酞可與4molNaOH發(fā)生反應(yīng)B.在酸性條件下,1mol酚酞可與4molBr2發(fā)生反應(yīng)C.酸性條件下的酚酞在一定條件下可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子化合物D.酸性條件下的酚酞可以在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng),消去反應(yīng)和取代反應(yīng)3、我國成功研制的新型可充電AGDIB電池(鋁-石墨雙離子電池)采用石墨、鋁鋰合金作為電極材料,以常規(guī)鋰鹽和碳酸酯溶劑為電解液。電池反應(yīng)為:CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy-1Al。放電過程如圖,下列說法正確的是A.B為負(fù)極,放電時(shí)鋁失電子B.充電時(shí),與外加電源負(fù)極相連一端電極反應(yīng)為:LiyAl-e-=Li++Liy-1AlC.充電時(shí)A電極反應(yīng)式為Cx+PF6-﹣e-=CxPF6D.廢舊AGDIB電池進(jìn)行“放電處理”時(shí),若轉(zhuǎn)移lmol電子,石墨電極上可回收7gLi4、我國學(xué)者研究出一種用于催化DMO和氫氣反應(yīng)獲得EG的納米反應(yīng)器,下圖是反應(yīng)的微觀過程示意圖。下列說法中正確的是A.Cu納米顆粒是一種膠體B.DMO的名稱是二乙酸甲酯C.該催化反應(yīng)的有機(jī)產(chǎn)物只有EGD.催化過程中斷裂的化學(xué)健有H-H、C-O、C=O5、2018年11月16日,國際計(jì)量大會(huì)通過最新決議,將1摩爾定義為“精確包含6.02214076×1023個(gè)原子或分子等基本單元,這一常數(shù)稱作阿伏伽德羅常數(shù)(NA),單位為mol?1?!毕铝袛⑹稣_的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4LSO3含有NA個(gè)分子B.4.6g乙醇中含有的C?H鍵為0.6NAC.0.1molNa2O2與水完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD.0.1mol·L─1的醋酸溶液中含有的H+數(shù)目小于0.1NA6、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,11.2LCHC13中含有的氯原子數(shù)目為1.5NAB.10.0g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液與足量鈉反應(yīng)產(chǎn)生的H2數(shù)目為0.05NAC.常溫常壓下,124gP4中含σ鍵數(shù)目為4NAD.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,溶液中數(shù)目為NA7、下圖是用KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制取適量氯氣的簡易裝置,以下說法正確的是A.A中固體也可改用MnO2B.B中需盛裝飽和氯化鈉溶液C.氯氣通入D中可以得到NaClO,該物質(zhì)水溶液比HClO穩(wěn)定D.上圖裝置也可作為制取適量NO的簡易裝置8、磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現(xiàn)出了良好的循環(huán)穩(wěn)定性,具有較長的循環(huán)壽命,放電時(shí)的反應(yīng)為:LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。某磷酸鐵鋰電池的切面如下圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.放電時(shí)Li+脫離石墨,經(jīng)電解質(zhì)嵌入正極B.隔膜在反應(yīng)過程中只允許Li+通過C.充電時(shí)電池正極上發(fā)生的反應(yīng)為:LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+D.充電時(shí)電子從電源經(jīng)鋁箔流入正極材料9、已知:苯酚與Fe3+在溶液中存在可逆反應(yīng):Fe3++6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3H+,其中H3Fe(OC6H5)6顯紫色。實(shí)驗(yàn)如下:下列說法不正確的是:A.i是空白對(duì)照實(shí)驗(yàn)B.向ii中滴加幾滴濃鹽酸,溶液顏色變淺C.iii、iv中無色層中的溶劑分別為苯和CCl4D.苯酚在苯中的溶解性小于在CCl4中的溶解性10、下列離子方程式正確的是()A.硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)+Ba2+=BaSO4↓B.碳酸氫鈉溶液與稀硝酸反應(yīng):CO32-+2H+=CO2↑+H2OC.氯化亞鐵溶液與新制氯水反應(yīng):2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D.氯化鎂溶液與氨水反應(yīng):Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓11、錫為ⅣA族元素,四碘化錫是常用的有機(jī)合成試劑(SnI4,熔點(diǎn)144.5℃,沸點(diǎn)364.5℃,易水解)。實(shí)驗(yàn)室以過量錫箔為原料通過反應(yīng)Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說法錯(cuò)誤的是A.裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的I2B.SnI4可溶于CCl4中C.裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口D.加入碎瓷片的目的是防止暴沸12、香芹酮的結(jié)構(gòu)簡式為,下列關(guān)于香芹酮的說法正確的是A.1mol香芹酮與足量的H2加成,需要消耗2molH2B.香芹酮的同分異構(gòu)體中可能有芳香族化合物C.所有的碳原子可能處于同一平面D.能使酸性髙錳酸鉀溶液和溴水溶液褪色,反應(yīng)類型相同13、在下列工業(yè)處理或應(yīng)用中不屬于化學(xué)變化原理的是A.石油分餾 B.從海水中制取鎂C.煤干餾 D.用SO2漂白紙漿14、如圖為元素周期表的一部分,其中A、B、C、D、E代表元素。下列說法錯(cuò)誤的是A.元素B、D對(duì)應(yīng)族①處的標(biāo)識(shí)為ⅥA16B.熔點(diǎn):D的氧化物<C的氧化物C.AE3分子中所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.E的含氧酸酸性強(qiáng)于D的含氧酸15、將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,下列離子方程式能正確表示該反應(yīng)的是()A.SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣B.SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣→CaSO3↓+2H++2ClO﹣C.SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClOD.SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO4↓+2H++Cl-16、由下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向Co2O3中滴加濃鹽酸產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性:Cl2>Co2O3B白鐵皮(鍍鋅鐵)出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中,一段時(shí)間后滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現(xiàn)象該過程未發(fā)生氧化還原反應(yīng)C將鐵片投入濃硫酸中無明顯變化常溫下鐵不與濃硫酸反應(yīng)D將10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KI與FeCl3的反應(yīng)具有可逆性A.A B.B C.C D.D17、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素,A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑,D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等,化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同,A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍。下列說法正確的是()A.原子半徑:C>B>AB.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:E>CC.最高價(jià)氧化對(duì)應(yīng)的水化物的酸性:B>ED.化合物DC與EC2中化學(xué)鍵類型相同18、人工腎臟可用電化學(xué)方法除去代謝產(chǎn)物中的尿素[CO(NH2)2],原理如圖,下列有關(guān)說法不正確的是()A.B為電源的正極B.電解結(jié)束后,陰極室溶液的pH與電解前相比將升高C.電子移動(dòng)的方向是B→右側(cè)惰性電極,左側(cè)惰性電極→AD.陽極室中發(fā)生的反應(yīng)依次為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl19、下列屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A.蔗糖 B.甘氨酸 C.I2 D.CaCO320、常溫下,0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后,所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示(a、b、d、e均為不超過1的正數(shù)),則下列說法正確的是A.該溶液pH=7 B.該溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)C.HA為強(qiáng)酸 D.圖中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+21、十九大報(bào)告中提出要“打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”,意味著對(duì)污染防治比過去要求更高。某種利用垃圾滲透液實(shí)現(xiàn)發(fā)電、環(huán)保二位一體結(jié)合的裝置示意圖如下,當(dāng)該裝置工作時(shí),下列說法正確的是A.鹽橋中Cl-向Y極移動(dòng)B.電路中流過7.5mol電子時(shí),共產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下N2的體積為16.8LC.電流由X極沿導(dǎo)線流向Y極D.Y極發(fā)生的反應(yīng)為2NO3-+10e-+6H2O===N2↑+12OH—,周圍pH增大22、25℃時(shí),向10mL0.1mol·L-1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1的HCl溶液,溶液的AG變化如圖所示(溶液混合時(shí)體積變化忽略不計(jì))。下列說法不正確的是A.若a=-8,則Kb(XOH)≈10-5B.M點(diǎn)表示鹽酸和XOH恰好完全反應(yīng)C.R點(diǎn)溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D.M點(diǎn)到N點(diǎn),水的電離程度先增大后減小二、非選擇題(共84分)23、(14分)有機(jī)物A有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:已知:①有機(jī)物B是芳香烴的含氧衍生物,其相對(duì)分子質(zhì)量為108,B中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.8%。②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl根據(jù)以上信息,回答下列問題:(1)B的分子式為___________;有機(jī)物D中含氧官能團(tuán)名稱是_____________。(2)A的結(jié)構(gòu)簡式為_________________;檢驗(yàn)M中官能團(tuán)的試劑是______________。(3)條件I為_________________;D→F的反應(yīng)類型為________________。(4)寫出下列轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式:F→E______________________________________F→G_____________________________________。(5)N的同系物X比N相對(duì)分子質(zhì)量大14,符合下列條件的X的同分異構(gòu)體有_________種(不考慮立體異構(gòu)),寫出其中核磁共振氫譜有五組峰,且吸收峰的面積之比為1∶1∶2∶2∶2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______________(寫一種)。①含有苯環(huán);②能發(fā)生銀鏡反應(yīng);③遇FeCl3溶液顯紫色。24、(12分)苯氧布洛芬鈣G是評(píng)價(jià)較好的解熱、鎮(zhèn)痛、消炎藥,下面是它的一種合成路線(具體反應(yīng)條件和部分試劑略)已知:①氯化亞砜(SOCl2)可與醇發(fā)生反應(yīng),醇的羥基被氯原子取代而生成氯代烴。②(X表示鹵素原子)回答下列問題:(1)寫出D的結(jié)構(gòu)簡式:________________。F中所含的官能團(tuán)名稱是___________。(2)B→C的反應(yīng)類型是_______________;D→E的反應(yīng)類型是_______________。(3)寫出F和C在濃硫酸條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________________。(4)寫出A的符合以下條件同分異構(gòu)體的所有結(jié)構(gòu)簡式______________________。①屬于苯的二取代物;②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個(gè)吸收峰③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。(5)結(jié)合上述推斷及所學(xué)知識(shí),參照上述合成路線任選無機(jī)試劑設(shè)計(jì)合理的方案,以苯甲醇()為原料合成苯乙酸苯甲酯()寫出合成路線,并注明反應(yīng)條件_________________。25、(12分)廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收,對(duì)環(huán)境保護(hù)有重要的意義。鋅錳干電池的負(fù)極是作為電池殼體的金屬鋅,正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極,電解質(zhì)是氯化鋅和氯化銨的糊狀物,該電池放電過程中產(chǎn)生MnOOH。I.回收鋅元素,制備ZnCl2步驟一:向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水,攪拌,充分溶解,經(jīng)過濾分離得固體和濾液;步驟二:處理濾液,得到ZnCl2·xH2O晶體;步驟三:將SOCl2與ZnCl2·xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2,回收剩余的SOCl2并驗(yàn)證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如下:已知:SOCl2是一種常用的脫水劑,熔點(diǎn)-105℃,沸點(diǎn)79℃,140℃以上時(shí)易分解,與水劇烈水解生成兩種氣體。(1)接口的連接順序?yàn)閍→___→____→h→i→___→___→___→e。(2)三頸燒瓶中反應(yīng)的化學(xué)方程式:____。(3)步驟二中得到ZnCl2·xH2O晶體的操作方法:___。(4)驗(yàn)證生成物中含有SO2的現(xiàn)象為:___。II.回收錳元素,制備MnO2(5)步驟一得到的固體經(jīng)洗滌,初步蒸干后進(jìn)行灼燒,灼燒的目的____。III.二氧化錳純度的測(cè)定稱取1.0g灼燒后的產(chǎn)品,加入1.34g草酸鈉(Na2C2O4)固體,再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質(zhì)不參與反應(yīng)),充分反應(yīng)后冷卻,將所得溶液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度線,從中取出10.00mL,用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進(jìn)行滴定,滴定三次,消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為10.00mL。(6)寫出MnO2溶解反應(yīng)的離子方程式___。(7)產(chǎn)品的純度為____。26、(10分)亞氯酸鈉常用作漂白劑。某化學(xué)小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備亞氯酸鈉,并進(jìn)行雜質(zhì)分析。實(shí)驗(yàn)I按圖裝置制備NaC1O2晶體已知:①C1O2為黃綠色氣體,極易與水反應(yīng)。②NaC1O2飽和溶液在低于38℃時(shí)析出NaC1O2·3H2O晶體,高于38℃時(shí)析出NaC1O2晶體,溫度高于60℃時(shí)NaC1O2分解生成NaC1O3和NaCl。(1)裝置A中b儀器的名稱是____;a中能否用稀硫酸代替濃硫酸____(填“能”或“不能”),原因是____。(2)A中生成C1O2的化學(xué)反應(yīng)方程式為____。(3)C中生成NaC1O2時(shí)H2O2的作用是____;為獲得更多的NaC1O2,需在C處添加裝置進(jìn)行改進(jìn),措施為____。(4)反應(yīng)后,經(jīng)下列步驟可從C裝置的溶液中獲得NaC1O2晶體,請(qǐng)補(bǔ)充完善。i.55℃時(shí)蒸發(fā)結(jié)晶ii.__________ii.用40℃熱水洗滌iv.低于60℃干燥,得到成品實(shí)驗(yàn)Ⅱ樣品雜質(zhì)分析(5)上述實(shí)驗(yàn)中制得的NaC1O2晶體中還可能含有少量中學(xué)常見的含硫鈉鹽,其化學(xué)式為____,實(shí)驗(yàn)中可減少該雜質(zhì)產(chǎn)生的操作(或方法)是____(寫一條)。27、(12分)某校學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn),制備(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O并探究其分解規(guī)律。實(shí)驗(yàn)步驟如下:Ⅰ.稱取7.0g工業(yè)廢鐵粉放入燒杯中,先用熱的Na2CO3溶液洗滌,再水洗,最后干燥。Ⅱ.稱取6.0g上述處理后的鐵粉加入25mL某濃度硫酸中加熱,加熱過程中不斷補(bǔ)充蒸餾水,至反應(yīng)充分。Ⅲ.冷卻、過濾并洗滌過量的鐵粉,干燥后稱量鐵粉的質(zhì)量。Ⅳ.向步驟Ⅲ的濾液中加入適量(NH4)2SO4晶體,攪拌至晶體完全溶解,經(jīng)一系列操作得干燥純凈的(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O。V.將(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O脫水得(NH4)2Fe(SO4)2,并進(jìn)行熱分解實(shí)驗(yàn)。已知在不同溫度下FeSO4?7H2O的溶解度如表:溫度(℃)1103050溶解度(g)14.017.025.033.0回答下列問題:(1)步驟Ⅰ用熱的Na2CO3溶液洗滌工業(yè)廢鐵粉的目的是__,步驟Ⅱ中設(shè)計(jì)鐵粉過量,是為了__,加熱反應(yīng)過程中需不斷補(bǔ)充蒸餾水的目的是__。(2)步驟Ⅲ中稱量反應(yīng)后剩余鐵粉的質(zhì)量,是為了__。(3)(NH4)2Fe(SO4)2分解的氣態(tài)產(chǎn)物可能有N2、NH3、SO2、SO3及水蒸氣,用下列裝置檢驗(yàn)部分產(chǎn)物。①檢驗(yàn)氣態(tài)產(chǎn)物中的SO2和SO3時(shí),裝置連接順序依次為__(氣流從左至右);C中盛放的試劑為__。②裝置A的作用是__。③檢驗(yàn)充分分解并冷卻后的瓷舟中鐵的氧化物中是否含有二價(jià)鐵,需用到的試劑為__。28、(14分)合成氨是目前最有效工業(yè)固氮的方法,解決數(shù)億人口生存問題?;卮鹣铝袉栴}:(1)科學(xué)家研究利用鐵觸媒催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示,其中吸附在催化劑表面的物種用“ad”表示。由圖可知合成氨反應(yīng)N2(g)+H2(g)NH3(g)的?H=___kJ·mol-1。該歷程中反應(yīng)速率最慢的步驟的化學(xué)方程式為___。(2)工業(yè)合成氨反應(yīng)為:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),當(dāng)進(jìn)料體積比V(N2):V(H2)=1:3時(shí)平衡氣體中NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度和壓強(qiáng)變化的關(guān)系如圖所示:①500℃時(shí),反應(yīng)平衡常數(shù)Kp(30MPa)___Kp(100MPa)。(填“<”、“=”、“>”)②500℃、30MPa時(shí),氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率為___(保留2位有效數(shù)字),Kp=___(MPa)-2(列出計(jì)算式)。(3)科學(xué)家利用電解法在常溫常壓下實(shí)現(xiàn)合成氨,工作時(shí)陰極區(qū)的微觀示意如圖,其中電解液為溶解有三氟甲磺酸鋰和乙醇的惰性有機(jī)溶劑。①陰極區(qū)生成NH3的電極方程式為___。②下列說法正確的是___(填標(biāo)號(hào))。A.三氟甲磺酸鋰的作用是增強(qiáng)導(dǎo)電性B.該裝置用金(Au)作催化劑目的是降低N2的鍵能C.選擇性透過膜可允許N2和NH3通過,防止H2O進(jìn)入裝置29、(10分)廢舊鋅錳電池含有鋅、錳元素,主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用廢舊鋅錳電池回收鋅和制備二氧化錳、硫酸的工藝流程如圖:回答下列問題:(1)步驟②“粉碎”的主要目的是______。(2)步驟③“酸浸”發(fā)生了一系列反應(yīng):ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O;MnO+H2SO4=MnSO4+H2O;ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2;MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。推測(cè)Mn2O3與硫酸反應(yīng)的離子方程式為______。(3)如圖分別表示“酸浸”時(shí)選用不同濃度硫酸和草酸對(duì)Zn、Mn浸出率的影響。①為保證Zn、Mn的浸出率均大于90%,步驟③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4濃度對(duì)Mn的浸出率影響程度大于Zn,其原因是_____。②假設(shè)“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+濃度相等。當(dāng)c(H2C2O4)>0.25mol/L時(shí),Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn,其原因可能是_____(填序號(hào))。a.隨著反應(yīng)進(jìn)行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+與C2O42-生成沉淀c.溶解度:ZnC2O4<MnC2O4(4)步驟⑤用惰性電極電解ZnSO4、MnSO4的混合溶液,除生成Zn、MnO2、H2SO4外,還可能生成H2、O2或其混合物。①生成MnO2的電極反應(yīng)式為_____。②若n(H2):n(O2)=2:1,則參加反應(yīng)的n(Zn2+):n(Mn2+)=______。③該工藝流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是________。
參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、D【解析】分析:在濃硫酸的作用下乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯,根據(jù)乙酸乙酯的性質(zhì)、產(chǎn)品中含有的雜質(zhì),結(jié)合選項(xiàng)解答。詳解:A、反應(yīng)物均是液體,且需要加熱,因此試管口要高于試管底,A正確;B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,乙酸乙酯不溶于水,因此可以用飽和碳酸鈉溶液吸收,注意導(dǎo)管口不能插入溶液中,以防止倒吸,B正確;C、乙酸乙酯不溶于水,分液即可實(shí)現(xiàn)分離,C正確;D、乙酸乙酯是不溶于水的有機(jī)物,不能通過蒸發(fā)實(shí)現(xiàn)分離,D錯(cuò)誤。答案選D。點(diǎn)睛:掌握乙酸乙酯的制備原理是解答的關(guān)鍵,難點(diǎn)是裝置的作用分析,注意從乙酸乙酯的性質(zhì)(包括物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì))特點(diǎn)的角度去解答和判斷。2、B【解析】
A.在酸性條件下,酚羥基和羧基可以和氫氧化鈉反應(yīng),故1mol酚酞可與3molNaOH發(fā)生反應(yīng),A錯(cuò)誤;B.在酸性條件下,兩個(gè)酚羥基有4個(gè)鄰位氫原子,1mol酚酞可與4molBr2發(fā)生反應(yīng),B正確;C.酚酞分子中沒有碳碳雙鍵,所以酸性條件下的酚酞不能發(fā)生加聚反應(yīng),C錯(cuò)誤;D.酚羥基不能發(fā)生消去反應(yīng),連接醇羥基的碳原子的鄰位碳原子上沒有氫原子,也不能發(fā)生消去反應(yīng),D錯(cuò)誤;故選B。3、C【解析】
電池反應(yīng)為CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy-1Al,根據(jù)離子的移動(dòng)方向可知A是正極,B是負(fù)極,結(jié)合原電池的工作原理解答?!驹斀狻緼、根據(jù)裝置圖可知放電時(shí)鋰離子定向移動(dòng)到A極,則A極為正極,B極為負(fù)極,放電時(shí)Al失電子,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B、充電時(shí),與外加電源負(fù)極相連一端為陰極,電極反應(yīng)為:Li++Liy-1Al+e-=LiyAl,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C、充電時(shí)A電極為陽極,反應(yīng)式為Cx+PF6-﹣e-=CxPF6,選項(xiàng)C正確;D、廢舊AGDIB電池進(jìn)行放電處理”時(shí),若轉(zhuǎn)移1mol電子,消耗1molLi,即7gLi失電子,鋁電極減少7g,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C?!军c(diǎn)睛】本題主要是考查化學(xué)電源新型電池,為高頻考點(diǎn),明確正負(fù)極的判斷、離子移動(dòng)方向即可解答,難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫。4、D【解析】
A選項(xiàng),Cu納米顆粒是單質(zhì),而膠體是混合物,故A錯(cuò)誤;B選項(xiàng),DMO的名稱是乙二酸二甲酯,故B錯(cuò)誤;C選項(xiàng),該催化反應(yīng)的有機(jī)產(chǎn)物只有EG還有甲醇,故C錯(cuò)誤;D選項(xiàng),CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH,由圖及反應(yīng)可知催化過秳中斷裂的化學(xué)健有H—H、C—O、C=O,故D正確。綜上所述,答案為D。5、C【解析】
A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,SO3為固態(tài),22.4LSO3含有分子不等于NA,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.4.6g乙醇的物質(zhì)的量是0.1mol,含有的C-H鍵的個(gè)數(shù)為0.5NA,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.過氧化鈉與水的反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑,也是還原劑,則0.1molNa2O2與水反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NA,選項(xiàng)C正確;D、沒有給定溶液的體積,無法計(jì)算氫離子的數(shù)目,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。6、D【解析】
A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,CHC13是液體,不能用22.4L/mol計(jì)算物質(zhì)的量,不能確定氯原子數(shù)目,故A錯(cuò)誤;B.10.0g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的質(zhì)量是10.0g×46%=4.6g,物質(zhì)的量為=0.1mol,根據(jù)化學(xué)方程式2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑,0.1mol乙醇生成0.05mol氫氣,乙醇溶液中的水也能與鈉反應(yīng)生成氫氣,故與足量的鈉反應(yīng)產(chǎn)生H2數(shù)目大于0.05NA,故B錯(cuò)誤;C.一個(gè)P4分子中含有6個(gè)磷磷單鍵,即6個(gè)σ鍵,124gP4物質(zhì)的量為124g÷124g/mol=1mol,含σ鍵數(shù)目為6NA,故C錯(cuò)誤;D.向1L1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至中性,則c(H+)=c(OH-),溶液中存在電荷守恒:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),則n(NH4+)=n(Cl-)=1L×1mol·L-1=1mol,則數(shù)目為NA,故D正確;答案選D?!军c(diǎn)睛】C項(xiàng)的P4分子是正四面體構(gòu)型,分子中含有6個(gè)磷磷單鍵,知道物質(zhì)的結(jié)構(gòu)很關(guān)鍵。7、C【解析】
A.MnO2與濃鹽酸制取氯氣需要加熱,根據(jù)裝置A圖示,不能改用MnO2,故A錯(cuò)誤;B.根據(jù)裝置圖示,B為氯氣收集裝置,C為防倒吸裝置,D為尾氣處理裝置,故B錯(cuò)誤;C.氯氣通入氫氧化鈉溶液中可以得到NaClO,HClO見光易分解,NaClO光照不分解,則該物質(zhì)水溶液比HClO穩(wěn)定,故C正確;D.銅和稀硝酸反應(yīng)可制取NO,裝置A可用,裝置B、C中有空氣,NO易被空氣的氧氣氧化,導(dǎo)致收集的氣體不純,應(yīng)用排水法收集,NO有毒,屬于大氣污染物,NO不與氫氧化鈉反應(yīng),無法處理尾氣,上圖裝置不能作為制取適量NO的簡易裝置,故D錯(cuò)誤;答案選C。8、D【解析】
放電時(shí),LixC6在負(fù)極(銅箔電極)上失電子發(fā)生氧化反應(yīng),其負(fù)極反應(yīng)為:LixC6-xe-=xLi++6C,其正極反應(yīng)即在鋁箔電極上發(fā)生的反應(yīng)為:Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,充電電池充電時(shí),正極與外接電源的正極相連為陽極,負(fù)極與外接電源負(fù)極相連為陰極,【詳解】A.放電時(shí),LixC6在負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng),其負(fù)極反應(yīng)為:LixC6-xe-=xLi++6C,形成Li+脫離石墨向正極移動(dòng),嵌入正極,故A項(xiàng)正確;B.原電池內(nèi)部電流是負(fù)極到正極即Li+向正極移動(dòng),負(fù)電荷向負(fù)極移動(dòng),而負(fù)電荷即電子在電池內(nèi)部不能流動(dòng),故只允許鋰離子通過,B項(xiàng)正確;C.充電電池充電時(shí),原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極,負(fù)極與外接電源負(fù)極相連為陰極,放電時(shí),正極、負(fù)極反應(yīng)式正好與陽極、陰極反應(yīng)式相反,放電時(shí)Li1-xFePO4在正極上得電子,其正極反應(yīng)為:Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,則充電時(shí)電池正極即陽極發(fā)生的氧化反應(yīng)為:LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+,C項(xiàng)正確;D.充電時(shí)電子從電源負(fù)極流出經(jīng)銅箔流入陰極材料(即原電池的負(fù)極),D項(xiàng)錯(cuò)誤;答案選D?!军c(diǎn)睛】可充電電池充電時(shí),原電池的正極與外接電源的正極相連為陽極,負(fù)極與外接電源負(fù)極相連為陰極,即“正靠正,負(fù)靠負(fù)”,放電時(shí)Li1-xFePO4在正極上得電子,其正極反應(yīng)為:Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,則充電時(shí)電池正極即陽極發(fā)生的氧化反應(yīng)為:LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。9、D【解析】
A.通過i觀察iiiii、iv中發(fā)生的變化,達(dá)到空白對(duì)照的目的,故A正確;B.向ii中滴加幾滴濃鹽酸,增大H+濃度,平衡逆向移動(dòng),H3Fe(OC6H5)6濃度降低,溶液顏色變淺,故B正確;C.苯的密度比水,CCl4的密度比水大,故iii、iv中無色層中的溶劑分別為苯和CCl4,故C正確;D.iii中加入苯后水溶液層呈淺紫色,而iv中加入CCl4后水溶液層呈紫色,說明苯酚更易溶解于苯,導(dǎo)致平衡逆向移動(dòng),水溶液的顏色變淺,即苯酚在苯中的溶解性大于在CCl4中的溶解性,故D錯(cuò)誤;故答案為D。10、C【解析】
A.Cu2+與OH-也會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成沉淀,故A不選;B.碳酸氫根離子不能拆開寫,要寫成HCO3-的形式,故B不選;C.氯化亞鐵溶液與新制氯水反應(yīng)是Fe2+被Cl2氧化,發(fā)生氧化還原反應(yīng),故C選;D.氨水是弱電解質(zhì),不能拆開寫,不能寫成OH-的形式,故D不選。故選C。11、A【解析】
A.SnI4易水解,裝置Ⅱ的主要作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)去到反應(yīng)裝置中,故A錯(cuò)誤;B.根據(jù)相似相溶原理,SnI4是非極性分子溶于CCl4非極性分子中,故B正確;C.冷凝水方向是“下進(jìn)上出”,因此裝置Ⅰ中a為冷凝水進(jìn)水口,故C正確;D.在液體加熱時(shí)溶液易暴沸,因此需要加入碎瓷片,碎瓷片的目的是防止暴沸,故D正確;故答案為A。12、B【解析】
A.1個(gè)香芹酮的分子中,含有兩個(gè)碳碳雙鍵和一個(gè)羰基,故1mol香芹酮與足量的H2加成,需要消耗3molH2,A錯(cuò)誤;B.1個(gè)香芹酮的分子中,含有兩個(gè)碳碳雙鍵和一個(gè)羰基,分子中還含有一個(gè)六元環(huán),可以構(gòu)成含有一個(gè)苯環(huán)的化合物,B正確;C.一個(gè)碳原子連接四個(gè)原子構(gòu)成的是四面體的構(gòu)型,香芹酮()分子中標(biāo)特殊記號(hào)的這個(gè)碳原子與周圍相連的三個(gè)碳原子不可能在同一平面上,C錯(cuò)誤;D.香芹酮與酸性髙錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng),使酸性髙錳酸鉀溶液褪色,而香芹酮與溴水發(fā)生加成反應(yīng)使溴水褪色,反應(yīng)類型不相同,D錯(cuò)誤;答案選B。13、A【解析】
A.石油分餾是根據(jù)各成分的沸點(diǎn)不同而分離的,變化過程中沒有新物質(zhì)生成,屬于物理變化,故A正確;B.鎂是活潑金屬,在海水中一化合態(tài)存在,制取鎂單質(zhì),有新物質(zhì)生成,屬于化學(xué)變化,故B錯(cuò)誤;C.煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱,分解生成煤焦油、煤氣、焦炭等新物質(zhì),屬于化學(xué)變化,故C錯(cuò)誤;D.二氧化硫具有漂白性,能夠結(jié)合有色物質(zhì)生成無色物質(zhì),有新物質(zhì)生成,屬于化學(xué)變化,故D錯(cuò)誤;故選A。14、D【解析】
A.元素B、D是氧族元素,周期表中第16列,對(duì)應(yīng)族①處的標(biāo)識(shí)為ⅥA16,故A正確;B.D為S,其氧化物為分子晶體,C的氧化物為SiO2,是原子晶體,熔點(diǎn):D的氧化物<C的氧化物,故B正確;C.AE3分子中,NCl3分子中N最外層5個(gè)電子,三個(gè)氯原子各提供1個(gè)電子,N滿足8電子,氯最外層7個(gè),氮提供3個(gè)電子,分別給三個(gè)氯原子,所有原子都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),故C正確;D.應(yīng)是E的最高價(jià)含氧酸酸性強(qiáng)于D的最高價(jià)含氧酸,故D錯(cuò)誤;故選D。15、A【解析】
將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成硫酸鈣,由于Ca(ClO)2過量,還生成HClO等,離子反應(yīng)為SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣=CaSO4↓+HClO+H++Cl﹣,故選A。16、D【解析】
A.向Co2O3中滴加濃鹽酸產(chǎn)生的黃綠色氣體為氯氣,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化物,則氧化性:Cl2<Co2O3,故A錯(cuò)誤;B.出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中,Zn為負(fù)極,鐵為正極,構(gòu)成原電池,發(fā)生電化學(xué)腐蝕,鋅失去電子,故B錯(cuò)誤;C.鐵片投入濃硫酸,沒有明顯變化,是由于鐵與濃硫酸發(fā)生鈍化反應(yīng),在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應(yīng)的繼續(xù)進(jìn)行,并不是不反應(yīng),故C錯(cuò)誤;D.根據(jù)2Fe3++2I-=2Fe2++I2,10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液反應(yīng)后KI過量,由現(xiàn)象可知存在鐵離子,說明KI與FeCl3反應(yīng)有可逆性,故D正確;故選D。17、C【解析】
已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的五種元素,A、B形成的簡單化合物常用作制冷劑,A為H,B為N,D原子最外層電子數(shù)與最內(nèi)層電子數(shù)相等,則D為Mg,化合物DC中兩種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同,C為O,A、B、C、D的原子序數(shù)之和是E的兩倍,E為Si?!驹斀狻緼.原子半徑:N>C>H,故A錯(cuò)誤;B.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:H2O>SiH4,故B錯(cuò)誤;C.最高價(jià)氧化對(duì)應(yīng)的水化物的酸性:HNO3>H2SiO3,故C正確;D.化合物MgO含有離子鍵,SiO2含共價(jià)鍵,故D錯(cuò)誤;答案為C。【點(diǎn)睛】同周期,從左到右非金屬性增強(qiáng),最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性增強(qiáng),氫化物穩(wěn)定性增強(qiáng)。18、A【解析】
根據(jù)反應(yīng)裝置可確定為電解池,右邊電極H原子得電子化合價(jià)降低,發(fā)生還原反應(yīng),為陰極;左邊電極為陽極,陽極室反應(yīng)為6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl,陰極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,電子從負(fù)極流向陰極、陽極流向正極;【詳解】A.通過以上分析知,B為電源的負(fù)極,A錯(cuò)誤;B.電解過程中,陰極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,溶液中氫氧根離子濃度增大,溶液的pH增大,所以電解結(jié)束后,陰極室溶液的pH與電解前相比將升高,B正確;C.電子從負(fù)極流向陰極、陽極流向正極,所以電子移動(dòng)的方向是B→右側(cè)惰性電極、左側(cè)惰性電極→A,C正確;D.通過以上分析知,陽極室中發(fā)生的反應(yīng)依次為2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl,D正確;答案為A。19、D【解析】
完全電離的電解質(zhì)是強(qiáng)電解質(zhì),部分電離的電解質(zhì)是弱電解質(zhì),強(qiáng)酸、強(qiáng)堿和大部分的鹽是強(qiáng)電解質(zhì),弱酸和弱堿都是弱電解質(zhì)。【詳解】A.蔗糖是非電解質(zhì),故A不選;B.甘氨酸是弱電解質(zhì),故B不選;C.I2是單質(zhì),不是電解質(zhì),故C不選;D.CaCO3屬于鹽,是強(qiáng)電解質(zhì),故D選;故選D。【點(diǎn)睛】本題考查了強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷,電解質(zhì)強(qiáng)弱與電離程度有關(guān),與溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)弱無關(guān),D為易錯(cuò)點(diǎn),CaCO3難溶,但溶于水的部分全電離。20、B【解析】
常溫下,0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后得到物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L的NaA溶液;A.由c(A-)<0.1mol/L,表示HA是弱酸,NaA溶液顯堿性,pH>7,A錯(cuò)誤;B.A-水解使溶液顯堿性,所以溶液中的粒子濃度的大小關(guān)系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),所以X是OH-,Y是HA,Z表示H+,溶液中的物料守恒為c(A-)+c(HA)=c(Na+),B正確;C.0.1mol/LNaA溶液中c(A-)<0.1mol/L,說明A-發(fā)生水解,則HA為弱酸,C錯(cuò)誤;D.A-水解使溶液顯堿性,所以溶液中的粒子濃度的大小關(guān)系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),所以X是OH-,Y是HA,Z表示H+,D錯(cuò)誤;答案選B。21、D【解析】
根據(jù)處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖可知,裝置屬于原電池裝置,X是負(fù)極,發(fā)生失電子的氧化反應(yīng),Y是正極,發(fā)生得電子的還原反應(yīng),電解質(zhì)里的陽離子移向正極,陰離子移向負(fù)極,電子從負(fù)極流向正極?!驹斀狻緼.處理垃圾滲濾液的裝置屬于原電池裝置,溶液中的陰離子移向負(fù)極,即氯離子向X極移動(dòng),故A錯(cuò)誤;B.電池總反應(yīng)為:,該反應(yīng)轉(zhuǎn)移了15個(gè)電子,即轉(zhuǎn)移15個(gè)電子生成4個(gè)氮?dú)?,故電路中流過7.5mol電子時(shí),產(chǎn)生2mol氮?dú)?,?4.8L,B錯(cuò)誤;C.電流由正極流向負(fù)極,即Y極沿導(dǎo)線流向X極,故C錯(cuò)誤;D.Y是正極,發(fā)生得電子的還原反應(yīng),,周圍pH增大,故D正確;答案選D。22、B【解析】
A.a點(diǎn)表示0.1mol·L-1一元弱堿XOH,若a=-8,則c(OH-)=10-3mol/L,所以Kb(XOH)≈==10-5,故A正確;B.兩者恰好反應(yīng)時(shí),生成強(qiáng)酸弱堿鹽,溶液顯酸性。M點(diǎn)AG=0,則溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以溶質(zhì)為XOH和XCl,兩者不是恰好完全反應(yīng),故B錯(cuò)誤;C.若R點(diǎn)恰好為XCl溶液時(shí),根據(jù)物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(C1-),故C正確;D.M點(diǎn)的溶質(zhì)為XOH和XCl,繼續(xù)加入鹽酸,直至溶質(zhì)全部為XCl時(shí),該過程水的電離程度先增大,然后XCl溶液中再加入鹽酸,水的電離程度減小,所以從M點(diǎn)到N點(diǎn),水的電離程度先增大后減小,故D正確。故選B。二、非選擇題(共84分)23、C7H8O羧基銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液NaOH的醇溶液,加熱水解反應(yīng)(或取代反應(yīng))+H2O+2H2O13【解析】
有機(jī)物B是芳香烴的含氧衍生物,其相對(duì)分子質(zhì)量為108,B中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.8%,B中O原子個(gè)數(shù)==1,碳原子個(gè)數(shù)==7…8,所以B分子式為C7H8O,B中含有苯環(huán)且能連續(xù)被氧化,則B為,B被催化氧化生成M,M為,N為苯甲酸,結(jié)構(gòu)簡式為;
A發(fā)生水解反應(yīng)生成醇和羧酸,C為羧酸,根據(jù)題給信息知,C發(fā)生取代反應(yīng)生成D,D發(fā)生反應(yīng)然后酸化得到E,E能生成H,D是含有氯原子的羧酸,則D在氫氧化鈉的醇溶液中加熱生成E,E發(fā)生加聚反應(yīng)生成H,所以D為、E為、C為;D反應(yīng)生成F,F(xiàn)能反應(yīng)生成E,則D發(fā)生水解反應(yīng)生成F,F(xiàn)為,F(xiàn)發(fā)生酯化反應(yīng)生成G,根據(jù)G分子式知,G為;根據(jù)B、C結(jié)構(gòu)簡式知,A為,以此解答該題?!驹斀狻?1)B為,分子式為C7H8O,D為,含氧官能團(tuán)為羧基;
(2)由以上分析可知A為,M為,含有醛基,可用銀氨溶液或新制備氫氧化銅濁液檢驗(yàn);
(3)通過以上分析知,條件I為氫氧化鈉的醇溶液、加熱;D為,D發(fā)生水解反應(yīng)(取代反應(yīng))生成F;
(4)F發(fā)生消去反應(yīng)生成E,反應(yīng)方程式為+2H2O,F(xiàn)發(fā)生酯化反應(yīng)生成G,反應(yīng)方程式為+2H2O;
(5)N為苯甲酸,結(jié)構(gòu)簡式為,X是N的同系物,相對(duì)分子質(zhì)量比N大14,即X中含有羧基,且分子中碳原子數(shù)比N多一個(gè),根據(jù)條件:①含有苯環(huán)
②能發(fā)生銀鏡反應(yīng),說明含有醛基,③遇FeCl3溶液顯紫色,說明含有酚羥基,如苯環(huán)含有2個(gè)取代基,則分別為-CH2CHO、-OH,有鄰、間、對(duì)3種,如苯環(huán)含有3個(gè)取代基,可為-CH3、-CHO、-OH,有10種,共13種;其中核磁共振氫譜有五組峰,且吸收峰的面積之比為1:1:2:2:2的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為。【點(diǎn)睛】以B為突破口采用正逆結(jié)合的方法進(jìn)行推斷,注意結(jié)合反應(yīng)條件、部分物質(zhì)分子式或結(jié)構(gòu)簡式、題給信息進(jìn)行推斷,注意:鹵代烴發(fā)生反應(yīng)條件不同其產(chǎn)物不同。24、醚鍵、羧基還原反應(yīng)(加成反應(yīng))取代反應(yīng)、【解析】
與溴單質(zhì)發(fā)生信息反應(yīng)②生成A,則A為;A與苯酚鈉反應(yīng)生成B,結(jié)合最終產(chǎn)物可知該反應(yīng)為取代反應(yīng),反應(yīng)生成的B為;B與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成C,則C為;C與氯化亞砜(SOCl2)發(fā)生信息中的反應(yīng)①生成D,則D的結(jié)構(gòu)簡式為:;D與NaCN發(fā)生反應(yīng)生成E,則E為;E先與氫氧化鈉反應(yīng),然后酸化得到F,結(jié)合最終產(chǎn)物可知F為,F(xiàn)與氯化鈣反應(yīng)得到苯氧布洛芬鈣,以此解答該題。【詳解】(1)由以上分析可知D為;F的結(jié)構(gòu)簡式是,根據(jù)F的結(jié)構(gòu)簡式可知其中含有的官能團(tuán)是醚鍵、羧基;(2)B是,B中含有羰基,與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)生羰基變?yōu)榇剂u基,產(chǎn)生的C是,該反應(yīng)是與氫氣的加成反應(yīng),也是還原反應(yīng);D是,與NaCN發(fā)生取代反應(yīng),Cl原子被-CN取代,生成E是,即D產(chǎn)生E的反應(yīng)為取代反應(yīng);(3)F是,分子中含有羧基,C是,分子中含有醇羥基,F(xiàn)和C在濃硫酸條件下發(fā)生酯化反應(yīng),生成酯和水,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為:;(4)A為,A的同分異構(gòu)體符合下列條件:①屬于苯的二取代物;②苯環(huán)上核磁共振氫譜圖中共有2個(gè)吸收峰;③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng),說明苯環(huán)上有兩個(gè)處于對(duì)位的取代基,其中一個(gè)是羥基,則可能的結(jié)構(gòu)簡式為、;(5)苯甲醇()苯甲醇與SOCl2反應(yīng)生成1-氯甲苯,然后與NaCN反應(yīng),產(chǎn)物經(jīng)水解生成苯乙酸,最后苯乙酸與苯甲醇在濃硫酸存在時(shí),加熱發(fā)生酯化反應(yīng)可生成目標(biāo)物苯乙酸苯甲酯,反應(yīng)的流程為。25、fgbcdxSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾品紅溶液褪色除去碳粉,并將MnOOH氧化為MnO2MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%【解析】
Ⅰ.SOCl2吸收結(jié)晶水得到SO2與HCl,用冰水冷卻收集SOCl2,濃硫酸吸收水蒸氣,防止溶液中水蒸氣進(jìn)入,用品紅溶液檢驗(yàn)二氧化硫,用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl,防止污染環(huán)境,注意防止倒吸。III.該滴定實(shí)驗(yàn)的原理為利用高猛酸鉀標(biāo)準(zhǔn)液來測(cè)定未反應(yīng)的草酸根的量,從而確定與草酸根反應(yīng)的二氧化錳的量?!驹斀狻竣瘢?)根據(jù)分析可知裝置的連接順序?yàn)閒→g→h→i→b→c→d→e,(2)三頸燒瓶中為SOCl2與ZnCl2·xH2O中的結(jié)晶水的反應(yīng),SOCl2遇水劇烈反應(yīng)生成SO2與HCl,所以反應(yīng)方程式為:xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2;(3)由溶液得到晶體,可進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾;(4)二氧化硫可使品紅溶液褪色,所以當(dāng)生成物中有二氧化硫時(shí)會(huì)觀察到品紅溶液褪色;II.(5)固體含有碳和MnOOH,灼燒可生成二氧化碳,以除去碳,且將MnOOH氧化為MnO2,故答案為:除去碳粉,并將MnOOH氧化為MnO2;III.(6)MnO2溶解在草酸鈉中,二氧化錳會(huì)將草酸根氧化得到錳離子和二氧化碳,結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒書寫可得離子方程式為:MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O;(7)高猛酸鉀在酸性環(huán)境下也可以將草酸根氧化,反應(yīng)方程式為2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,根據(jù)方程式可知存在數(shù)量關(guān)系:2MnO4-~5C2O42-,則10.00mL待測(cè)液中剩余的n(C2O42-)=0.0200mol/L×0.01L×=0.0005mol,則總剩余的n(C2O42-)=0.0005mol×=0.005mol,總的草酸根的物質(zhì)的量為=0.01mol,則與二氧化錳反應(yīng)的n(C2O42-)=0.01mol-0.005mol=0.005mol,根據(jù)反應(yīng)方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol,所以產(chǎn)品的純度為【點(diǎn)睛】第(2)題的方程式書寫為易錯(cuò)點(diǎn),要注意與SOCl2反應(yīng)的不是單純的水,而是ZnCl2·xH2O中的結(jié)晶水,所以在方程式中不能寫水;從溶液中獲取晶體的一般操作為:蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、(洗滌、干燥)。26、蒸餾燒瓶不能ClO2極易與稀硫酸中的水反應(yīng),影響NaC1O2產(chǎn)率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O作還原劑將C裝置放置于水浴中進(jìn)行反應(yīng),控制溫度在38℃~60℃趁熱過濾(或38℃以上過濾)Na2SO4控制濃硫酸滴速(或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時(shí)加入過量的NaC1O3等)【解析】
裝置A中制備得到ClO2,所以A中反應(yīng)為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4,二氧化氯和氫氧化鈉反應(yīng)生成NaClO2,A中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O,產(chǎn)生的SO2
被帶入C中與NaOH反應(yīng)生成Na2SO3,Na2SO3與H2O2
反應(yīng)生成Na2SO4,由題目信息可知,應(yīng)控制溫度38℃~60℃,高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl;裝置B的作用是安全瓶,有防倒吸作用,從裝置C的溶液獲得NaClO2晶體,需要蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥,裝置D是吸收多余氣體防止污染。據(jù)此解答。【詳解】(1)根據(jù)儀器構(gòu)造,裝置A中b儀器的名稱是蒸餾燒瓶;A中反應(yīng)為氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉,本身被還原為二氧化氯。由信息可知,C1O2極易與水反應(yīng),所以a中不能用稀硫酸代替濃硫酸,防止ClO2與稀硫酸中的水反應(yīng),影響NaC1O2產(chǎn)率。故答案為蒸餾燒瓶;不能;ClO2極易與稀硫酸中的水反應(yīng),影響NaC1O2產(chǎn)率;(2)A中氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉,本身被還原為二氧化氯,反應(yīng)的化學(xué)方程式應(yīng)為2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,
故答案為2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;(3)C中二氧化氯和氫氧化鈉反應(yīng)生成NaClO2,氯元素化合價(jià)從+4價(jià)降到+3價(jià),二氧化氯被還原,所以C中生成NaC1O2時(shí)H2O2的作用是作還原劑;由題目信息可知,應(yīng)控制溫度38℃~60℃,高于60℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以為獲得更多的NaC1O2,將C裝置放置于水浴中進(jìn)行反應(yīng),控制溫度在38℃~60℃。故答案為作還原劑;將C裝置放置于水浴中進(jìn)行反應(yīng),控制溫度在38℃~60℃;(4)從溶液中制取晶體,一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥的方法,為防止析出晶體NaClO2?3H2O,應(yīng)趁熱過濾,由題目信息可知,應(yīng)控制溫度38℃~60℃進(jìn)行洗滌,低于60℃干燥,所缺步驟為趁熱過濾(或38℃以上過濾)。故答案為趁熱過濾(或38℃以上過濾);(5)A中可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O,產(chǎn)生的SO2
被帶入C中與NaOH反應(yīng)生成Na2SO3,Na2SO3與H2O2
反應(yīng)生成Na2SO4,所以制得的NaC1O2晶體中混有Na2SO4;為減少Na2SO4產(chǎn)生,應(yīng)盡量減少生成SO2,采取的操作可以是控制濃硫酸滴速(或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時(shí)加入過量的NaC1O3等)。故答案為Na2SO4;控制濃硫酸滴速(或緩慢滴加濃硫酸或混合固體混合物時(shí)加入過量的NaC1O3等)。27、除去油污防止Fe2+被氧化保持溶液的體積,防止硫酸亞鐵析出,減少損失計(jì)算加入硫酸銨晶體的質(zhì)量鹽酸酸化的氯化鋇溶液吸收尾氣SO2,避免污染環(huán)境稀硫酸和鐵氰化鉀溶液或稀硫酸和酸性高錳酸鉀溶液【解析】
(1)工業(yè)廢鐵粉中含有油脂,熱的Na2CO3溶液顯堿性可以洗滌油污;(2)根據(jù)目標(biāo)產(chǎn)品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸銨與硫酸亞鐵的比例關(guān)系;(3)①檢驗(yàn)氣態(tài)產(chǎn)物中的SO2和SO3時(shí),要考慮檢驗(yàn)氣體的試劑及連接的順序問題;③檢驗(yàn)氧化物中是否含有二價(jià)鐵,先將氧化物溶解,再檢驗(yàn)?!驹斀狻浚?)用熱的Na2CO3溶液洗滌工業(yè)廢鐵粉表面油脂,;再攪拌過程中Fe2+可能會(huì)被氧氣氧化為Fe3+,步驟Ⅱ中設(shè)計(jì)鐵粉過量,把Fe3+還原變?yōu)镕e2+;在加熱的過程中水會(huì)不斷減少,可能會(huì)造成硫酸亞鐵固體的析出,造成損失,所以不斷補(bǔ)充蒸餾水維持溶液體積;答案:除去油污;防止Fe2+被氧化;保持溶液的體積,防止硫酸亞鐵析出,減少損失;(2)步驟Ⅲ中稱量反應(yīng)后剩余鐵粉的質(zhì)量,計(jì)算出生成硫酸亞鐵的物質(zhì)的量,根據(jù)硫酸亞鐵和硫酸銨反應(yīng)生成NH4Fe(SO4)2;答案:計(jì)算加入硫酸銨晶體的質(zhì)量。(3)①檢驗(yàn)氣態(tài)產(chǎn)物中的SO2和SO3時(shí),A中的NaOH溶液適用于吸收尾氣SO2,B中的品紅溶液適用于檢驗(yàn)SO2,明顯僅剩C裝置用于檢驗(yàn)SO3,但不能影響二氧化硫,那么用鹽酸酸化的氯化鋇溶液來檢驗(yàn)SO3比較合理,同時(shí)避免二氧化硫溶解,由于考慮SO3會(huì)溶于水中,所以先檢驗(yàn)SO2,再檢驗(yàn)SO3,最后進(jìn)行尾氣吸收,綜合考慮連接順序?yàn)?;②裝置A的作用是吸收尾氣SO2,避免污染環(huán)境;③檢驗(yàn)充分分解并冷卻后的瓷舟中鐵的氧化物中是否含有二價(jià)鐵,先將氧化物溶解,用硫酸溶解,再滴加鐵氰化鉀溶液,產(chǎn)生藍(lán)色沉淀或滴加酸性高錳酸鉀溶液,紫紅色褪去,證明有二價(jià)鐵;答案:;鹽酸酸化的氯化鋇溶液;處理尾氣,避免污染環(huán)境;稀硫酸和鐵氰化鉀溶液或稀硫酸和酸性高錳酸鉀溶液。【點(diǎn)睛】一般工業(yè)使用的金屬表面會(huì)有防銹油脂,熱的Na2CO3溶液顯堿性可以洗滌油污;對(duì)于原料的加入我們一般是要有估算的,要根據(jù)產(chǎn)品化學(xué)式的原子比例來估算原料的加入量;檢驗(yàn)固體中的離子時(shí),要是固體本身溶于水可直接加水溶解即可,要是難溶于水,可根據(jù)固體性質(zhì)加入酸溶液或堿溶液等其他不干擾檢驗(yàn)的溶液進(jìn)行溶解。28、-46Nad+3HadNHad+2Had=33%N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-AC【解析】
(1)利用蓋斯定律,起點(diǎn)為N2(g)+H2(g),終點(diǎn)為NH3(g),?H=-46kJ·mol-1。該歷程中反應(yīng)速率最慢反應(yīng),是需吸熱最多的反應(yīng),顯然是吸熱106kJ·mol-1的反應(yīng)。(2)①500℃時(shí),平衡常數(shù)不變。②500℃、30MPa時(shí),氨氣的體積分?jǐn)?shù)為20%,利用三段式,計(jì)算氫氣平衡轉(zhuǎn)化率及Kp。(3)①從圖中看,陰極區(qū)N2與C2H5OH反應(yīng)生成NH3和C2H5O-。②A.從陰極反應(yīng)看,三氟甲磺酸鋰
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