2022年江西省龙南中学高二化学第二学期期末学业质量监测试题含解析_第1页
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文档简介

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生请注意:1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1 molL1NaOH溶液:Na+、K+、B0.1 molL1FeCl2溶液:K+、Mg2+、C0.1 molL1K2CO3溶液:Na+、Ba2+、Cl、OHD0.1 molL1H2SO4溶液:K

2、+、2、科研工作者对甘油(丙三醇)和辛酸合成甘油二酯的酶法合成工艺进行了研究。发现其它条件相同时,不同脂肪酶(号、号)催化合成甘油二酯的效果如图所示,此实验中催化效果相对最佳的反应条件是( )A12h,I号B24h,I号C12h,II号D24h,II号3、糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等,其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A脱氧过程是吸热反应,可降低温度,延长糕点保质期B脱氧过程中铁作原电池正极,电极反应为:Fe-3e=Fe3+C脱氧过程中碳做原电池负极,电极反应为:2H2O+O2+4e=4OH-D含有112g铁粉的脱氧剂,理论上最多能吸收氧气336mL(标

3、准状况)4、下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是()用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时,将浓硝酸沿器壁慢慢加入到浓硫酸中,并不断搅拌;用pH试纸测得氯水的pH为2;用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管;浓硝酸保存在棕色细口瓶中;将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液,镁条上产生气泡某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,则原溶液中含NH4+ ABCD5、今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种:K、NH、Cl、Mg2、Ba2、CO、SO,现取三份100 mL溶液进行如下实验:(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。(2)第二份加足量

4、NaOH溶液加热后,收集到气体0.04 mol。(3)第三份加足量BaCl2溶液后,得干燥沉淀6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g。根据上述实验,以下推测正确的是()ACl一定不存在B100 mL溶液中含0.01 mol COCK一定存在DBa2一定不存在,Mg2可能存在6、电子由3d能级跃迁至4p能级时,可通过光谱仪直接摄取()A电子的运动轨迹图象B原子的吸收光谱C电子体积大小的图象D原子的发射光谱7、下列过程不属于放热反应的是( )A木材燃烧BN2(g)+3H2(g) 2NH3(g)CH20(g)=H20(l)D盐酸和氢氧化钠反应8、下列基团中:CH3、OH、COO

5、H、C6H5,任意取两种结合可组成的有机物有()A3种B4种C5种D6种9、位于不同主族的短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,这4种元素原子的最外层电子数之和为21。X与Y组成的化合物可作为耐火材料,Y和Z组成的化合物是一种盐,该盐的水溶液呈酸性。下列说法正确的是A常温下,W的单质为固态BX和Z形成的化合物为共价化合物CY与Z的简单离子具有相同的电子层结构DW、X、Z的氢化物的沸点依次升高10、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下:下列有关香叶醇的叙述正确的是( )A香叶醇的分子式为C10H18OB不能使溴的四氯化碳溶液褪色C不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D能发生加成反应不能发生

6、取代反应11、下列说法中正确的是( )A任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级B用n表示能层序数,则每一能层最多容纳电子数为2n2C电子云中每一个小点代表一个电子D电子的运动状态只能从能层、能级、轨道3个方面进行描述12、下列各组分子中,都属于含有极性键的非极性分子的一组是( )ACO2、H2OBC2H4、CH4CCl2、C2H2DNH3、HCl13、下列有关物质的量浓度关系中,不正确的是:A等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合:c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)B浓度相同的下列溶液: (NH4) 2 Fe(SO4)2 (NH4) 2 CO3

7、 (NH4) 2SO4 ,NH4+浓度由大到小的顺序是:C浓度均为0.1 molL-1CH3COONa、NaHCO3、-ONa溶液中:若c(OH-)分别为c1、c2、c3,则c3c2c1DNaHCO3溶液中:c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+2c(CO32-)14、下列原子中未成对电子数最多的是()ACBOCNDCl15、环境污染已成为人类社会面临的重大威胁,下列对应关系不正确的是环境问题主要污染物环境问题主要污染物A酸雨二氧化硫C白色污染二氧化硅B温室效应二氧化碳D光化学烟雾二氧化氮AABBCCDD16、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将光亮的镁条放入

8、盛有NH4Cl溶液的试管中有大量气泡产生反应中有NH3产生B向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液不出现白色沉淀更难溶的物质无法转化为难溶的物质C向KI溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置溶液上层呈紫色I还原性强于ClD向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液 溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+AABBCCDD二、非选择题(本题包括5小题)17、近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)A的化学名称是_。(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为_。(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是_、_。(4)D

9、的结构简式为_。(5)Y中含氧官能团的名称为_。(6)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为_。(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为332。写出3种符合上述条件的X的结构简式_。18、A(C6H6O)是一种重要的化工原料,广泛用于制造树脂、医药等。以A、B为原料合成扁桃酸衍生F的路线如下。(1)A的名称是_;B的结构简式是_。(2)C()中羟基氢原子的活性由强到弱的顺序是_。(3)D的结构简式是_。(4)写出F与过量NaOH溶液反应的化学方程式:_。(5)若E分子中含有3个六元环,则E的结构简式是_。以

10、A为原料合成重要的医药中间体K的路线如下。(6)GH的反应类型是_。(7)一定条件下,K与G反应生成、H和水,化学方程式是_。19、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料,有机化学中通过酯化反应原理,可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示:苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/122.49712.3沸点/24964.3199.6密度/gcm31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一:制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇,边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸,按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为_。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的

11、产率可以采取的措施有_实验二:提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯,再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时,B装置中固体Na2CO3作用是_。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时,当温度计显示_时,可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯,计算得苯甲酸甲酯的产率为_(小数点后保留1位有效数字)。20、实验室需要0.1 molL1 NaOH溶液450 mL和0.3 molL1硫酸溶液480 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题:(1)如图是已提供仪器,配制上述溶液均需用到的玻璃仪器是_(填选项)。(2)下列操作会使配制的NaOH溶

12、液浓度偏低的是_。A 称量NaOH所用砝码生锈B 选用的容量瓶内有少量蒸馏水C 定容摇匀后,液面下降,又加水至刻度线D 定容时俯视刻度线(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。(4)根据计算得知,所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算保留一位小数)。21、工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)其制备工艺流程如下:已知:反应包含2NaHSO3 Na2S2O5+H2O等多步反应(1)反应I的化学方程式为:_ (2)已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2,其离子方程式为:_(3)反应I时应先通的气体为_,副产品X的化学式是_(4)为

13、了减少产品Na2S2O5中杂质含量,需控制反应中气体与固体的物质的量之比约为_检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂是_(填编号)酸性高锰酸钾品红溶液澄清石灰水饱和碳酸氢钠溶液NaOH稀硫酸参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】此题考的是离子共存问题,应从选项的条件获取信息,再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反应,能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境,离子相互间不反应,且与OH-不反应,能大量共存;B.MnO4-具有强氧化性,Fe2+具有还原性,两者会发生氧化还原反应而不能大量共存;C.Ba2+可以与CO32-发生反应生成沉淀而不能大

14、量存在;D.酸性条件下H+与HSO3-不能大量共存,同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将HSO3-氧化而不能大量共存;故选A。【点睛】本题考查离子共存,掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有:离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体,如题中C项;离子间发生氧化还原反应,如题中B项;离子间发生双水解反应,如Al3+与HCO3-等;离子间发生络合反应,如Fe3+与SCN-等;注意题中的附加条件的影响,如NO3-在酸性条件下会表现强氧化性等。2、A【解析】结合图及表可知,12h,I号时合成甘油二酯转化率大,时间快;【详解】结合图及表可知,在12h时,辛酸的转化

15、率和甘油二酯的含量较高,同时,反应时间增加的话,转化率和甘油二酯的含量不会增加的太明显,所以选用12h更好;在12h时,脂肪酶号的转化率和甘油二酯的含量都比高,所以选用号,A项正确;答案选A。3、D【解析】A. 脱氧过程是放热反应,可吸收氧气,延长糕点保质期,A不正确;B. 脱氧过程中铁作原电池负极,电极反应为Fe-2e=Fe2+,B不正确;C. 脱氧过程中碳做原电池正极,电极反应为2H2O+O2+4e=4OH-,C不正确;D. 含有1.12g铁粉的脱氧剂,铁的物质的量为0.02mol,其最终被氧化为氢氧化铁,电子转移总量为0.06mol,理论上最多能吸收氧气0.015mol,其体积在标准状况

16、下为336mL,D正确。故选D。4、A【解析】分析:根据碳酸钙能与盐酸反应判断;根据浓硫酸溶于水放热,密度大于硝酸分析;氯水具有强氧化性;稀硝酸具有强氧化性,能溶解单质银;根据浓硝酸见光易分解判断;铝能与氢氧化钠溶液反应,镁不能;铵盐能与强碱反应放出氨气,氨气是碱性气体。详解:盛放过石灰水的试剂瓶中含有碳酸钙,碳酸钙溶于盐酸,可用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶,正确;浓硫酸密度大于浓硝酸,配制浓硫酸和浓硝酸的混合酸时,应将浓硫酸沿器壁慢慢加入到浓硝酸中,并不断搅拌,错误;氯水中含有次氯酸,具有漂白性,不能用pH试纸测得氯水的pH,错误;银溶于稀硝酸,所以可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管,正

17、确;浓硝酸见光易分解,因此浓硝酸保存在棕色细口瓶中,正确;铝与氢氧化钠溶液反应,镁不能,因此将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液,镁作正极,氢离子放电,所以镁条上产生气泡,正确;某溶液加入NaOH并加热能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,产生的气体一定是氨气,因此溶液中含NH4,正确;所以正确的是。答案选A。5、C【解析】分析:根据100mL三份溶液中分别加入硝酸银溶液、氢氧化钠溶液、氯化钡溶液后的现象,判断溶液中可能含有的离子,再根据溶液中电荷守恒进一步确定离子的存在。详解:(1)加入AgNO3溶液有沉淀产生,存在的离子可能有Cl、CO、SO;(2)加足量NaOH溶液加热产生气体的是氨

18、气,故一定有NH,物质的量为0.04mol;(3)不溶于盐酸的2.33g沉淀是硫酸钡,物质的量是0.01mol;6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物,碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g,物质的量为0.02mol,故CO为0.02mol;故一定存在CO、SO,因而一定没有Mg2、Ba2;已知溶液中含有的正电荷是NH带的0.04mol;溶液中含有的负电荷是=2n(CO)+2n(SO)=0.06mol,故一定有K+,至少0.02mol;综合以上可以得出,一定存在的离子有K、NH、CO、SO,一定没有的离子Mg2、Ba2,可能存在Cl;所以答案选C,故答案为:C。点睛:本题考查离子的检验

19、,题目难度较大,采用定量计算分析和定性实验相结合的模式,同时涉及离子共存、离子反应等,K的确定是容易出现失误的地方。6、B【解析】电子由3d能级跃迁至4p能级时,需要吸收能量,所以选项B正确。答案选B。7、C【解析】A.木材燃烧是放热反应,故A错误;B.工业合成氨反应为放热反应,故B错误;C. H20(g)=H20(l),为放热的过程,但不属于化学反应,故C正确;D. 盐酸和氢氧化钠反应为放热反应,故D错误;综上所述,本题选C。【点睛】常见的放热反应有:所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等;常见的吸热反应为:大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的

20、反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等;本题中选项C要注意,该转化过程放热,但不是化学反应,很容易选错B。8、C【解析】基团两两组合共有6种组合情况,其中OH、COOH组合形成的为碳酸,属于无机物,其余为有机物,因此属于有机物的有5种,故选C。9、B【解析】X与Y组成的化合物可作为耐火材料,Y和Z组成的化合物是一种盐,该盐的水溶液呈酸性,则X、Y、Z分别为O、Al、Cl,4种元素原子的最外层电子数之和为21,则W为N;【详解】A.常温下,W的单质为氮气,为气态,A错误;B.X和Z可形成化合物为ClO2,为共价化合物,B正确;C.Y与Z的简单离子分别为Al3+、Cl-,不具有相同的电子层结构,C

21、错误;D. W、X的氢化物中存在氢键,氢化物的沸点较高,氯化氢沸点低,D错误;答案为B。10、A【解析】A项,1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O,香叶醇的分子式为C10H18O,A正确;B项,香叶醇中含有碳碳双键,能与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,B错误;C项,香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基,能被高锰酸钾溶液氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;D项,香叶醇中含有醇羟基,能发生取代反应, D错误;答案选A。11、B【解析】A、在多电子原子中,同一能层的电子能量也不同,还可以把它们分成能级,随着能层数的增大,能级逐渐增多,能级分为s、p、d、f、g等,故A错误;B、在多电子的原

22、子核外电子的能量是不同的,按电子的能量差异,可将核外电子分成不同的能层,用n表示能层序数,则每一能层最多容纳电子数为2n2,故B正确;C、电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形,电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道,核外电子运动的概率分布图(电子云)并不完全等同于原子轨道,故C错误;D、决定电子运动状态有四个量:主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数;所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述,故D错误;故选B。【点睛】在多电子原子中,同一能层的电子能量也不同,还可以把它们分成能级;在多电子的原子核外电子的能量是不同的,按电子的能量差异

23、,可将核外电子分成不同的能层;电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形,电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道;决定电子运动状态有四个量:主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数,据此分析。12、B【解析】试题分析:ACO2是含有极性共价键的非极性分子,H2O是含有极性共价键的极性分子,错误;BC2H4、CH4都属于含有极性键的非极性分子,正确;CCl2是含有非极性共价键的非极性分子, C2H2是含有极性共价键的非极性分子,错误; DNH3、HCl是含有极性共价键的极性分子,错误。考点:考查物质分子内的化学键与分子种类的分类的知识。13、D【解析】A等物质的量浓度

24、等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合,反应后的溶液溶质为等浓度的(NH4)2SO4和Na2SO4,NH4+水解,溶液呈酸性,则c(Na+)=c(SO42-)c(NH4+),c(H+)c(OH-),一般来说,单水解的程度较弱,则有c(NH4+)c(H+),应有c(Na+)=c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-),故A正确;B硫酸亚铁铵中,亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用;碳酸铵中,碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用,硫酸根离子不影响铵根离子的水解,所以三种溶液中NH4+浓度大小为:,故B正确;C已知酸性:CH3COOHH2CO3-OH,酸性越弱,对应的盐类水解程度越大,则浓

25、度均为0.1 molL-1CH3COONa、NaHCO3、-ONa溶液中:若c(OH-)分别为c1、c2、c3,则c3c2c1,故C正确;D根据物料守恒可知,NaHCO3溶液中存在c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-),故D错误;故选D。【点睛】本题考查盐类的水解和离子浓度大小比较,本题注意把握弱电解质的电离和盐类水解的比较。本题的易错点为D,要注意NaHCO3溶液中的电荷守恒和物料守恒中c(CO32-)前的系数,电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),物料守恒c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO3

26、2-)。14、C【解析】根据能量最低原理书写各元素的电子排布式,根据电子排布式判断未成对电子数,可解答该题。【详解】AC的电子排布式为1s22s22p2,未成对电子数为2;BO的电子排布式为1s22s22p4,未成对电子数为2;CN的电子排布式为1s22s22p3,未成对电子数为3;DCl的电子排布式为1s22s22p63s23p5,未成对电子数为1;比较可知N的未成对电子数为3,最多,答案选C。【点睛】本题考查原子核外电子的排布,题目难度中等,注意根据电子排布式判断未成对电子数。15、C【解析】A、二氧化硫是形成酸雨的主要污染物,A正确;B、二氧化碳是形成温室效应的主要污染物,B正确;C、形

27、成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染,C错误;D、二氧化氮是形成光化学烟雾的主要污染物,D正确;故选C。16、C【解析】A氯化铵溶液水解成酸性,镁能与氢离子反应生成氢气,无法确定气体是氨气,故A错误; B氯离子浓度大时,可能反应生成白色沉淀,故B错误;C氯气氧化碘离子生成碘单质,该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,所以I-的还原性强于Cl-,故C正确;DKSCN和铁离子反应生成血红色液体,和亚铁离子不反应,氯水具有强氧化性,能氧化亚铁离子生成铁离子,所以应该先加入KSCN然后加入氯水,防止铁离子干扰实验,故D错误;答案选C。【点睛】本题考查化学实验方

28、案评价,为高频考点,涉及物质的性质、沉淀转化、还原性比较以及离子检验等知识点,侧重考查实验基本操作、物质性质,明确常见离子性质的特殊性、实验操作规范性是解本题关键,注意离子检验时要排除其它离子干扰,易错选项是D。二、非选择题(本题包括5小题)17、丙炔取代反应加成反应羟基、酯基、【解析】A到B的反应是在光照下的取代,Cl应该取代饱和碳上的H,所以B为;B与NaCN反应,根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN,所以C为;C酸性水解应该得到,与乙醇酯化得到D,所以D为,D与HI加成得到E。根据题目的已知反应,要求F中一定要有醛基,在根据H的结构得到F中有苯环,所以F一定为;F与CH3CHO发生

29、题目已知反应,得到G,G为;G与氢气加成得到H;H与E发生偶联反应得到Y。【详解】(1)A的名称为丙炔。(2)B为,C为,所以方程式为:。(3)有上述分析A生成B的反应是取代反应,G生成H的反应是加成反应。(4)D为。(5)Y中含氧官能团为羟基和酯基。(6)E和H发生偶联反应可以得到Y,将H换为F就是将苯直接与醛基相连,所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可,所以产物为。(7)D为,所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基,同时根据峰面积比为3:3:2,得到分子一定有两个甲基,另外一个是CH2,所以三键一定在中间,也不会有甲酸酯的可能,所以分子有6种:【点睛】本题的最后一问如何书写同分异构,

30、应该熟练掌握分子中不同氢数的影响,一般来说,3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构,这样可以加快构造有机物的速度。18、苯酚 OHCCOOH 还原反应 3+3+H2O 【解析】I.A与B发生加成反应产生C,根据A的分子式(C6H6O)及C的结构可知A是苯酚,结构简式是,B是OHC-COOH,C与CH3OH在浓硫酸催化下,发生酯化反应产生D为,D与浓氢溴酸再发生取代反应产生F为;若E分子中含有3个六元环,说明2个分子的C也可以发生酯化反应产生1个酯环,得到化合物E,结构简式为。II.A是苯酚,A与浓硝酸发生苯环上邻位取代反应产生G是,G发生还原反应产生

31、H为,H与丙烯醛CH2=CH-CHO发生加成反应产生,与浓硫酸在加热时反应形成K:。【详解】I.根据上述推断可知:A是,B是OHC-COOH,D是,E是F是。II.根据上述推断可知G为,H为。(1)A是,名称为苯酚;B是乙醛酸,B的结构简式是OHC-COOH;(2)羧酸的酸性大于苯酚,苯酚的酸性大于醇羟基,因此在物质C()中羟基氢原子的活性由强到弱的顺序是;(3)D的结构简式是;(4)F结构简式为,含有的酯基与NaOH发生酯的水解反应产生羧酸钠和CH3OH、酚羟基可以与NaOH发生反应产生酚钠、H2O,含有的Br原子可以与NaOH水溶液发生取代反应,Br原子被羟基取代,产生的HBr与NaOH也

32、能发生中和反应,因此F与过量NaOH溶液反应的化学方程式:+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O;(5)若E分子中含有3个六元环,则E的结构简式是;(6) G为,H为。GH的反应类型是硝基被还原为氨基的反应,所以反应类型是还原反应;(7)在一定条件下与发生反应产生、H2O,根据质量守恒定律,可得3+3+H2O。【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识,涉及有机常见反应类型的判断、物质官能团的结构与性质及转化关系等,掌握官能团的结构与性质是物质推断与合理的关键。19、+CH3OH+H2O 使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可) 洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸

33、199.6 89.7% 【解析】(1)酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢,在浓硫酸作用下,苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水;(2)酯化反应为可逆反应,增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度,能够使平衡向正反应方向移动;(3)由表给数据可知,反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质;(4)苯甲酸甲酯的沸点是199.6;(5)由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量,再依据实际量计算产率。【详解】(1)酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢,在浓硫酸作用下,苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水,反应的化学方程式为+CH3OH+H2O,故答案为:+CH3OH+H2O;(2)酯化反应为可逆反应,增大乙

34、酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度,能够使平衡向正反应方向移动,提高酯的产率,故答案为:使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可);(3)由表给数据可知,反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质,利用固体Na2CO3与苯甲酸反应,除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯,故答案为:洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸;(4)苯甲酸甲酯的沸点是199.6,用图C装置进行蒸馏提纯时,当温度计显示199.6时,可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯,故答案为:199.6;(5)15g苯甲酸的物质的量为,理论上制得苯甲酸甲酯的质量为136g/mol16.7g,则苯甲酸甲酯的产率为100%=100%89.7%,故

35、答案为:89.7%。【点睛】本题考查了有机物的制备实验,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。20、BDEC2.08.2【解析】(1)根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择;(2)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,依据C=进行误差分析,凡是能够使n增大,或者使V减小的操作,都会使C偏大;凡是能够使n减小,V增大的操作都会使C偏小;凡是不当操作导致实验失败且无法补救的,需要重新配制;(3)依据n=cv计算需要的氢氧化钠的物质的量,m=nM计算氢氧化钠的质量;(4)根据c=计算浓硫酸的浓度,再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算,计算浓硫酸的体积。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器:托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等;故答案为:BDE; (2) A称量NaOH所用砝码生锈,称取的氢氧化钠的质量增多,n偏大,则浓度偏高,故A不选;B. 选用的容量瓶内有少

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