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文档简介
1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CMgCl2(aq)Mg(OH)2
2、(s)Mg(s)DN2(g)NH3(g)NaHCO3(s)2、以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力,其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是( )A对钢材“发蓝”(钝化)B选用铬铁合金C外接电源负极D连接锌块3、以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径,该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A过程中钛氧键断裂会释放能量B该反应中,光能和热能转化为化学能C使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变,从而提高化学反应速率DCO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H= + 30 kJ/mol4、
3、下列指定反应的离子方程式正确的是A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘:2IH2O2=I22OHB过量的铁粉溶于稀硝酸:Fe4HNO3-=Fe3NO2H2OC用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2:4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8ClD向NaAlO2溶液中通入过量CO2:2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-5、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子:Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl。某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后试样溶液,设计并完成了如下的实验:已知:3NO3+ 8Al + 5OH+ 2
4、H2O3NH3+ 8AlO2根据以上的实验操作与现象,该同学得出的结论不正确的是A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO46、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则下列有关叙述中正确的是:( )A加入合金的质量不可能为6.4gB沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mLC溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.2
5、4LD参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol7、下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是( )选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液过滤胶体粒子不能通过滤纸B用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙醇中的溶解度较大C用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体蒸发MgCl2受热不分解D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大AABBCCDD8、某有机化工原料的结构简式如图所示,下列关于该有机物的说法正确的是A不能使酸性KMnO4溶液褪色B1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应C分子中所有原子共平面D易溶于水及甲苯9、某溶液X中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cl、
6、Br、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100 mL该溶液进行如下实验:下列说法正确的是A溶液X中一定没有、SiO32-,可能有Na+、Fe2+B溶液X中加NaOH后,所得沉淀的成分可能有两种C溶液X中c(Cl)0.2 molL1D溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成10、下列对相关实验操作的说法中,一定正确的是( )A实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液,需要准确称量NaOH 1.920 gB实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,通常至少称量4次C酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液D分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出后
7、,换一容器再从下口放出上层液体11、化学与生活生产息息相关,下列说法正确的是( )A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B气溶胶的分散剂可以是空气或液体水CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜12、下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液显红色BKAl(SO4) 212H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体CNH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3DCu与FeCl3溶液反应可生成CuCl213、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X
8、的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一,下列说法正确的是A原子半径的大小顺序:rY rXrQrWBX、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应CZ元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性D元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物14、下列化学用语的表述正确的是A磷酸溶于水的电离方程式:H3PO4=3H+ + PO43-B用电子式表示 HCl 的形成过程:CS2的结构示意图:DKClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO- + 2Fe(OH)3=2FeO42- + 3Cl-
9、 + 4H+ + H2O15、用氟硼酸(HBF4,属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液,可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良,反应方程式为:Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O;Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质,下列说法正确的是A充电时,当阳极质量减少23.9g时转移0.2 mol电子B放电时,PbO2电极附近溶液的pH增大C电子放电时,负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD充电时,Pb电极的电极反应式为PbO2+H+2e-=Pb2+2H2O16、常温下,某H2CO3溶液的pH约为5.5,c(CO32-)约为510-11mo
10、lL-1,该溶液中浓度最小的离子是( )ACO32-BHCO3-CH+DOH-二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体,可通过以下途径合成: 已知:(苯胺易被氧化)甲苯发生一硝基取代反应与A类似。 回答下列问题: (1)写出化合物H的分子式_,C中含氧官能团的名称_。 (2)写出有关反应类型:BC _;FG_。(3)写出AB的反应方程式:_ 。 (4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式:_能发生银镜反应能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中,C转化为D的目的是_。(
11、6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线:_18、盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下:已知:请回答以下问题:(I)A的化学名称为_,试剂a的结构简式为_。(2)C的官能团名称为_。(3)反应的反应类型为_;反应和的目的为_。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有 _种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应,核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1,请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式_。能发生银镜反应 苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法,不正确的是_(填标号)。a属于芳香族化合物b易溶于
12、水c有三种官能团d可发生取代、加成、氧化反应19、某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O,设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中,加入适量的稀硫酸,在通风橱中置于5060C热水浴中加热.充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水,使其反应完全,制得浅绿色悬浊液。(1)在实验中选择5060 C热水浴的原因是_(2)装置B的作用是_;KMnO4溶液的作用是_。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液,下列不符合实验要求的是_(填字母)。a.保持铁屑过量 b. 控制溶液呈强碱性 c.将稀硫酸改为浓硫酸(4)检验制得的(NH4
13、)2SO4FeSO46H2O中是否含有Fe3+的方法:将硫酸亚铁铵晶体用加热煮沸过的蒸馏水溶解,然后滴加_(填化学式)。(5)产品中杂质Fe3+的定量分析:配制Fe3+浓度为0.1 mg/mL的标准溶液100 mL。称取_ (精确到0.1)mg高纯度的硫酸铁铵(NH4)Fe(SO4)212H2O,加入20.00 mL经处理的去离子水。振荡溶解后,加入2 molL-1HBr溶液1mL和1molL-1KSCN溶液0.5mL,加水配成100mL溶液。将上述溶液稀释成浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(单位:mgL-1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度(吸光度),并将
14、测定结果绘制成如图所示曲线。取硫酸亚铁铵产品,按步骤配得产品硫酸亚铁铵溶液10mL,稀释至100mL,然后测定稀释后溶液的吸光度,两次测得的吸光度分别为0.590、0.610,则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为_mgL-1。(6)称取mg产品,将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解,配成250mL溶液,取出100mL放入锥形瓶中,用cmolL-1KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液VmL,则硫酸亚铁铵晶体的纯度为_ (用含c、V 、m的代数式表示)。20、苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂,常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下:试剂相关性质如下表:苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温性状白
15、色针状晶体无色液体无色透明液体沸点/249.078.0212.6相对分子量12246150溶解性微溶于水,易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂与水任意比互溶难溶于冷水,微溶于热水,易溶于乙醇和乙醚回答下列问题:(1)为提高原料苯甲酸的纯度,可采用的纯化方法为_。(2)步骤的装置如图所示(加热和夹持装置已略去),将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处,将吸水剂(无水硫酸铜的乙醇饱和溶液)放入仪器B中,在仪器C中加入 12.2 g纯化后的苯甲酸晶体,30 mL无水乙醇(约0.5 mol)和3 mL浓硫酸,加入沸石,加热至微沸,回流反应1.52 h。仪器A的作用是_;仪器C中反应液应采用_方式加热。(3)随着反
16、应进行,反应体系中水分不断被有效分离,仪器B中吸水剂的现象为_。(4)反应结束后,对C中混合液进行分离提纯,操作I是_;操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_。(5)反应结束后,步骤中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外,还有_;加入试剂X为_(填写化学式)。(6)最终得到产物纯品12.0 g,实验产率为_ %(保留三位有效数字)。21、利用高浓度含砷废水(主要成分为)制取的工艺流程如下图所示。已知:(1)与同主族且比多2个电子层,写出中子数为42的的原子符号_。(2)比较、的气态氢化物的沸点(由大到小排列)_(用化学式表示)。(3)结合化学平衡的原理解释步骤加入的作用是_。(4)步骤“氧化脱
17、硫”过程中被氧化的元素是_(填元素符号)。(5)步骤发生反应的离子方程式为_。(6)砷及其化合物几乎都有毒,通常价砷化合物毒性强于价砷化合物。海产品中含有微量价砷化合物,食用海鲜后不能马上进食水果的原因是_。(7)利用反应设计成原电池,起始时在甲、乙两地中分别加入图示药品并连接装置(a、b均为石墨电极)。起始时,b电极的电极反应式为_。一段时间后电流计指针不发生偏围,欲使指针偏转方向与起始时相反,可向乙池中加入_(举一例)。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】A铁与氯气反应生成氯化铁,而不是氯化亚铁,所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现,故A错误;B硫在氧气中点
18、燃只能生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故B错误; C氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁,氢氧化镁受热分解生成氧化镁,所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现,故C错误; D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠,为侯氏制碱法的反应原理,故D正确;故答案选D。2、D【解析】牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀,而正极金属被保护的原理,为防止钢铁被腐蚀,应连接活泼性较强的金属,以此解答。【详解】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀,而正极金属被保护的原理,是原电池原理的应用,利用被保护的金属做正极被保护选择,为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀,应选择比铁活泼的金属做负极,在电池内
19、电路为阳极,称为牺牲阳极的阴极保护法,题目中选择锌做阳极,故选D。3、B【解析】A. 化学键断裂需要吸收能量,过程中钛氧键断裂会吸收能量,故A错误;B. 根据图示,该反应中,光能和热能转化为化学能,故 B正确;C. 催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率,催化剂不能降低反应的焓变,故C错误;D. 反应物总能量-生成物总键能=焓变,CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) H=15982- 10722-496=+ 556 kJ/mol,故D错误。4、C【解析】A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘,反应的离子方程式为:2IH2O22H+=I22H2O
20、,选项A错误;B. 过量的铁粉溶于稀硝酸,反应的离子方程式为:3Fe8H2NO3-=3Fe22NO4H2O,选项B错误;C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2,反应的离子方程式为:4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8Cl,选项C正确;D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2,反应的离子方程式为:AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-,选项D错误。答案选C。5、B【解析】试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热,生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色,说明气体1是NH3,则试样中含有NH4+;向滤液中通入CO2,得到溶液2、沉淀2,溶液2中加入Al,生成气体2,该气
21、体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色,说明含有气体2是NH3,根据已知条件知,溶液2中含有NO3-,根据元素守恒知,原溶液中含有NO3-;滤液1中通入CO2,得到沉淀2,向沉淀2中加入酸,沉淀溶解并放出气体,说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐;沉淀1加入酸后,沉淀部分溶解,硫酸钡不溶于酸,说明原来溶液中含有SO42-,能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀,根据离子知,该沉淀为Mg(OH)2,所以溶液中含有Mg2+,【详解】A、通过以上分析知,试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-,故A正确;B、通过以上分析知,试样中不能确定是否含有Al3+,故B错误;C、通过以上分析知,试样中可
22、能存在Na+、Cl-,要检验是否含有钠离子或氯离子,可以采用焰色反应鉴定钠离子,用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子,故C正确;D、根据以上分析知,试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-,可能存在Na+、Cl-,所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4,故D正确,答案选B。6、C【解析】淀为M(OH)2,根据化学式知,生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子,则n(OH-)=0.3mol,根据氢氧根离子守恒nM(OH)2=n(OH-)=0.3mol=0.15mol,根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol;A因为镁、铜的物质的量无法确定,则无法计算合金质量
23、,故A错误;B由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol,V(NaOH)=100mL,故B错误;C由转移电子守恒得n(NO)=0.1mol,生成标况下NO体积=22.4L/mol0.1mol=2.24L,故C正确;D根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量=0.1mol,根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol2=0.3mol,所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol,故D错误;故答案为C。【点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算,侧重考查分析、计算能力,正确判断沉淀和合金质量差成分
24、是解本题关键,灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。7、D【解析】A项,胶体粒子可以通过滤纸,但不能通过半透膜,所以分离胶体与溶液的方法是渗析,故A项错误;B项,乙醇与水互溶,致使碘、水、乙醇三者混溶,不能用乙醇萃取的方法进行分离,故B项错误;C项,用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体,要先升温蒸发,然后降温结晶获得六水合氯化镁,然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2,故C项错误;D项,丁醇和乙醚的沸点相差大,可以用蒸馏的方法分离,故D项正确。综上所述,本题的正确答案为D。8、B【解析】A选项,含有碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,故A错误;B选项,1 mol苯环消耗3 mol氢气,
25、1mol碳碳双键消耗1 mol氢气,因此1 mol该物质最多能和4mol H2发生加成反应,故B正确;C选项,含有甲基,因此分子中所有原子不可能共平面,故C错误;D选项,酯不易溶于水,故D错误。综上所述,答案为B。9、D【解析】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在,后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀,说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀,产生气体为氨气,所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子,若有亚铁离子,则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀,灼烧后得到红棕色氧化铁,故一
26、定不含亚铁离子,故错误;B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀,故错误;C.氨气的体积为448mL,物质的量为0.02mol,说明铵根离子物质的量为0.02mol,结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol,硫酸钡沉淀为4.66克,硫酸根离子物质的量为0.02mol,氧化镁质量为0.4克,镁离子物质的量为0.01mol,结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol,第一步消耗0.06mol氢氧化钠,所以说明原溶液还有氢离子,物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol,根据电荷守恒分析,还应存在有阴离子,只能为氯离子,所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.022=
27、0.02mol,若溶液中含有钠离子,则氯离子的物质的量大于0.02mol,则氯离子的浓度最小值为,故错误;D.溶液中含有0.02mol铵根离子,0.02mol硫酸根离子,0.01mol镁离子,0.02mol氢离子,氯离子物质的量最小值为0.02mol,可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成,或还有氯化钠,故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系,进行定量和定性分析,注意前后的一致性,如当加入氢氧化钠后溶液为中性,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在
28、氢离子,再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。10、B【解析】A.实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液,需要用500 mL的容量瓶,准确称量NaOH 2.0 g,故A错误;B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量,加热后至少称2次保证加热至恒重,所以通常至少称量4次,故B正确;C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液,故C错误;D.分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出后,上层液体从上口倒出,故D错误;答案选B。11、C【解析】A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的,A错误;B气溶胶的分散剂可以是空
29、气,但不能是液体水,B错误;CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板,C正确;D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐,会强烈刺激眼膜和呼吸器官,不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜,D错误;答案选C。12、A【解析】A项,FeCl2溶液中含Fe2+,NH4SCN用于检验Fe3+,向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液不会显红色,A项错误;B项,KAl(SO4)212H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al(OH)3胶体,离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,B项正确;C项,实验室可用NH4Cl和Ca(OH)2混合共热制N
30、H3,反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O,C项正确;D项,Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2,反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,D项正确;答案选A。13、D【解析】X的焰色反应呈黄色,X为Na元素;Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Q元素原子有2个电子层,最外层电子数为4,Q为碳元素;W、Z最外层电子数相同,所以二者处于同一主族,Z的核电荷数是W的2倍, W为氧元素,Z为硫元素;元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一,则Y为Al元素。A、同周期自左向右原子半径减小,所以原子半径NaAl
31、Si,CO,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径SiC,故原子半径NaAlCO,即XYQW,故A错误;B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝,而氢氧化铝是两性氢氧化物,与氢氧化钠反应生,故B错误;C、非金属性OS,故氢化物稳定性H2OH2S,故C错误;D、元素Q和Z能形成QZ 2是CS2属于共价化合物,故D正确;故答案选D。14、C【解析】A选项,磷酸是弱酸,应该一步一步电离,第一步电离为:H3PO4H+ + H2PO42,故A错误;B选项,用电子式表示 HCl 的形成过程:,故B错误;C选项,S2的结构示意图:,故C正确;D选项,KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应:3
32、ClO + 4OH+ 2Fe(OH)3=2FeO42 + 3Cl+ 4H+ + 5H2O,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】弱酸电离一步一步电离,而多元弱碱的电离虽然复杂,但写都是一步到位的。15、B【解析】A.充电时阳极发生反应Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+,产生1molPbO2,转移2mol电子,阳极增重1mol239g/mol=239g,若阳极质量增加23.9g时转移0.2mol电子,A错误;B.放电时正极上发生还原反应,PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O,c(H+)减小,所以溶液的pH增大,B正确;C.放电时,负极上是金属Pb失电子,发生氧化反应,不是PbO2发生
33、失电子的氧化反应,C错误;D.充电时,PbO2电极与电源的正极相连,作阳极,发生氧化反应,电极反应式为Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+,Pb电极与电源的负极相连,D错误;故合理选项是B。16、A【解析】已知常温下某H2CO3溶液的pH约为5.5,则c(OH-)=10-8.5mol/L,H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+,HCO3-CO32-+H+,多元弱酸的第一步电离程度大于第二步电离程度,所以c(HCO3-)c(CO32-),已知c(CO32-)约为510-11mol/L,所以该溶液中浓度最低的离子是CO32-;故选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、C12H15N
34、O 醚键 还原反应 消去反应 +HNO3(浓) +H2O 、 保护氨基,防止合成过程中被氧化 【解析】A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,B与Fe、HCl发生还原反应产生C:,C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D:,E为,E与NaBH4发生反应产生F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO;C结构简式是,其中含氧官能团的名称为醚键;(2) B为,C为,B与Fe、HCl反应产生C,该反应类型为还原反应;F为,G为,根据二者结构的不同可知:FG的类型是消去反应;(3)A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,所以AB的反应方程式
35、为:+HNO3(浓) +H2O;(4)D结构简式为:,D的同分异构体符合下列条件:能发生银镜反应,说明含有醛基-CHO;能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色,说明含有酯基,水解产物含有酚羟基,即该物质含酚羟基形成的酯基;核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢,则符合题意的同分异构体结构简式为:、;(5)合成途径中,C转化为D时NH2发生反应产生-NHCOCH3,后来转化为氨基,目的是保护氨基,防止其在合成过程被氧化;(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料,设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸,苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发
36、生取代反应产生间硝基甲苯,在Fe、HCl作用下反应产生,与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生,所以甲苯转化为的合成路线为: 【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识,涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写,在进行物质推断的过程中,要充分利用题干信息,结合已有的知识分析、判断,要注意氨基容易被氧化,为防止其在转化过程中氧化,先使其反应得到保护,在其他基团形成后再将其还原回来。18、邻羟基苯甲醛(2-羟基苯甲醛) 羟基,羰基 取代反应 保护羟基不被氧化 11 bc 【解析】C为 ;(I) 按命名规则给A命名,结合题给信息与反应中的反应物和产物结构,找出试剂a,可确定结
37、构简式;(2) 由反应找到C的结构简式,并且找出其的官能团写名称即可;(3) 找到C的结构简式是关键,从流程开始的物质A到C,可发现只有醛基被消除,由此可发现的反应类型及反应和的目的;(4)从B的结构出发,满足条件的B的同分异构体(不包含B)中,先找出条件对应的基团及位置,最后再确定总数目,同分异构体x与NaOH溶液加热下反应,则X含酯基,X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1,确定X结构即可求解;(5) 关于物质D的说法不正确的有哪些?从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断;【详解】(I) A为,则其名称为:邻羟基苯甲醛(2-羟基苯甲醛);答案为:邻羟基苯甲
38、醛(2-羟基苯甲醛);题给信息,反应为,则试剂a为;答案为:;(2) 由反应找到C的结构简式:,官能团为羟基和羰基;答案为:羟基;羰基; (3) C的结构简式是,与HI在加热下发生反应得到,可见是-OCH3中的-CH3被H取代了;从流程开始的物质A到C,为什么不采用以下途径:主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时,酚羟基也会被氧化,因此反应和的目的为保护羟基不被氧化;答案为:取代反应;保护羟基不被氧化;(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件 能发生银镜反应苯环上有2个取代基,其中有一个醛基(含甲酸酯基),且取代基可以是邻、间、对3种位置,则2个取代基可以有四种组合:首先是和,它们分别处于间、对
39、,共2种(处于邻位就是B要排除),剩下3种组合分别是、,它们都可以是邻、间、对3种位置,就9种,合起来共11种;答案为:11;某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应,则X含甲酸酯基,则X中苯环上的侧链为,X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1,则取代基处于对位,因此X为,则反应方程式为;答案为: (5) D为 ,关于物质D的说法:a因为含有苯环,属于芳香族化合物,a说法正确,不符合; b亲水基团少,憎水基团大,不易溶于水,b说法不正确,符合;c含氧官能团有3种,还有1种含氮官能团,c说法不正确,符合;d醇羟基可发生取代、氧化,羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确,不符合;答案为:
40、bc。19、使受热均匀,加快反应速率,防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低 防止液体倒吸进入锥形瓶 吸收氨气、硫化氢等杂质气体,防止污染空气 bc KSCN 86.1 85 【解析】A中稀硫酸与废铁屑反应生成硫酸亚铁、氢气,还有少量的硫化氢气体,滴加氨水,可生成硫酸亚铁铵,B导管短进短出为安全瓶,避免倒吸,C用于吸收硫化氢等气体,避免污染环境,气囊可以吸收氢气。【详解】(1)水浴加热的目的是控制温度,加快反应的速率,同时防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低,故答案为:使受热均匀,加快反应速率,防止温度过高,氨水挥发过多,原料利用率低;(2)B装置短进短出为安全瓶,可以防止液体倒吸进入锥
41、形瓶;由于铁屑中含有S元素,因此会产生H2S,同时氨水易挥发,因此高锰酸钾溶液(具有强氧化性)吸收这些气体,防止污染空气,吸收氨气、硫化氢等杂质气体,防止污染空气,故答案为:防止液体倒吸进入锥形瓶;吸收氨气、硫化氢等杂质气体,防止污染空气;(3)由于Fe2+易被氧化,所以为防止其被氧化,铁屑应过量,同时为抑制Fe2+的水解,所以溶液要保持强酸性,浓硫酸常温下会钝化铁,故答案为:bc;(4)检验铁离子常用KSCN溶液,故答案为:KSCN;(5)在Fe3+浓度为1.0mg/mL的标准溶液100mL中,m(Fe3+)=0.1mg/mL100mL=10.0mg,依据关系式Fe3+(NH4)Fe(SO4
42、)212H2O得:m(NH4)Fe(SO4)212H2O=10.0mg=86.1mg,故答案为:86.1;两次测定所得的吸光度分别为0.590、0.610,取其平均值为0.600,从吸光度可以得出浓度为8.5 mg/L,又因配得产品溶液10mL,稀释至100 mL,故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为:8.5mg/L=85mg/L,故答案为:85;(6)滴定过程中Fe2+被氧化成Fe3+,化合价升高1价,KMnO4被还原生成Mn2+,所以有数量关系5 Fe2+ KMnO4,所以n(NH4)2SO4FeSO46H2O=V10-3LcmolL-15=12.5Vc10-3mol,则硫酸亚铁铵晶体的纯度为100%=;故答案为:。20、重结晶 冷凝回流乙醇和水 水浴加热 吸水剂由白色变为蓝色 蒸馏 分液漏斗 降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层 Na2CO3或NaHCO3 80.0 【解析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯,苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶,苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大,因此操作I为蒸馏,混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸,加入试剂X除去苯甲酸,因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂,然后分液制备粗产品,然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品,以此解答本题。【详解】(1)可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的
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