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文档简介
1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯,进行水体修复的过程如图所示,H+、O2、NO3等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A反应均为还原反应B1mol三氯乙烯完全脱Cl时,电子转移为3molC的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD修复过程中可能产生Fe(OH)3
2、2、下列物质不属于合金的是A铝 B青铜 C不锈钢 D生铁3、有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h,其中x、y、d、f随着原子序数的递增,其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。根据上述信息进行判断,下列说法正确是( )Ad、e、f、g 形成的简单离子中,半径最大的是d离子Bd与e形成的化合物中只存在离子键Cx、y、z、d、e、f、g、h的单质中,f的熔点最高Dx与y可以形成多种化合物,可能存在非极性共价键4、下列由实验操作得到的实验现象或结论不正确的是实验
3、操作实验现象或结论A向某溶液中加入稀硫酸,生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体该溶液中一定含有S2O32-B向3ml KI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶液,溶液显蓝色氧化性:Br2I2C相同条件下,测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH,前者呈碱性,后者呈中性非金属性:SCD将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生AABBCCDD5、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANaHCO3(s) Na2CO3(s) NaOH(aq)BAl(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)CAgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)A
4、g(s)DFe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)6、以下实验原理或操作中正确的是A焰色反应实验中,铂丝在蘸取待测溶液前,应先用稀H2SO4洗净并灼烧B制备氢氧化铜悬浊液时,向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液C配制浓H2SO4、浓HNO3混合酸时,首先向试管里放入一定量浓H2SO4D上升纸层析实验中,将试液点滴浸没在展开剂里,静置观察7、实验室采用下列装置制取氨气,正确的是A生成氨气B干燥氨气C收集并验满氨气D吸收多余氨气8、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是ABCD9、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合
5、并发生爆炸。则下列判断正确的是( )A非金属性:ZTXBR与Q的电子数相差26C气态氢化物稳定性:RTQ10、用多孔石墨电极完成下列实验,下列解释或推断不合理的是( )实验现象(i)中a、b两极均有气泡产生(ii)中b极上析出红色固体(iii)中b极上析出灰白色固体A(i)中,a电极上既发生了化学变化,也发生了物理变化B电解一段时间后,(i)中溶液浓度不一定会升高C(ii)中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD(iii)中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,m、n、p是由这些元素组成的二元化合物,r是一种气态单质,n为淡黄色
6、粉末,相关物质转化关系如图所示。室温下,0. 0lmol/L的s溶液pH为12,X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A原子半径:WXYB简单氢化物沸点:ZXKsp(BaCO3)D向盛有H2O2溶液的试管中滴几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,一段时间后溶液中有气泡出现铁离子催化H2O2的分解AABBCCDD二、非选择题(本题包括5小题)17、煤化工可制得甲醇以下是合成聚合物M的路线图己知:E、F均能发生银镜反应;+RX+HX完成下列填空:(1)关于甲醇说法错误的是_(选填序号)a甲醇可发生取代、氧化、消去等反应 b 甲醇可以产生CH3OCH3(乙醚)c甲醇有毒性,可使人
7、双目失明 d甲醇与乙醇属于同系物(2)甲醇转化为E的化学方程式为_(3)C生成D的反应类型是_; 写出G的结构简式_(4)取1.08g A物质(式量108)与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,写出A的结构简式_18、在医药工业中,有机物 G是一种合成药物的中间体 ,其合成路线如图所示 :已知:R1ONa+R2XR1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子)RCOOH+SOCl2(液体)RCOCl+HCl+SO2回答下列问题:(1)A 与C在水中溶解度更大的是 _ , G 中官能团的名称是 _。 (2)EF 的有机反应类型是 _ ,F 的分子式为_。(3)由AB反
8、应的化学方程式为 _。 (4)物质D的结构简式为 _。 (5)BC 反应中加入NaOH 的作用是_。(6)写出一种符合下列条件的G的同分异构体 _ 。与G的苯环数相同;核磁共振氢谱有5 个峰;能发生银镜反应19、苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知:和 NH3 相似,与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理:2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见表:物质熔点/沸点/溶解性密度/gcm-3苯胺-6.3184微溶于水,易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水,易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0
9、.7134.比较苯胺与氨气的性质 (1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近,产生白烟,反应的化学方程式为_;用苯胺代替浓氨水重复上述实验,却观察不到白烟,原因是_。 .制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略,下同)的冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸(过量),置于热水浴中回流 20min,使硝基苯充分还原;冷却后,往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液,至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是_(填“a”或“b”);(3)滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺,反应的离子方程式为_。.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶,改装为如图所示装置:ii.加热装置 A 产生水蒸气,烧瓶 C
10、中收集到苯胺与水的混合物;分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体,使溶液达到饱和状态,再用乙醚萃取,得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液,用 NaOH 固体干燥,蒸馏后得到苯胺 2.79g。(4)装置B无需用到温度计,理由是_。 (5)操作i中,为了分离混合物,取出烧瓶C前,应先打开止水夹d,再停止加热,理由是_。(6)该实验中苯胺的产率为 _。 (7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质,简述实验方案: _。20、SO2是一种大气污染物,但它在化工和食品工业上却有广泛应用。某兴趣小组同学对SO2的实验室制备和性质实验进行研究。(1)甲同学按照教材实验要
11、求设计如图所示装置制取SO2本实验中铜与浓硫酸反应的化学方程式是 _,铜丝可抽动的优点是_。实验结束后,甲同学观察到试管底部出现黑色和灰白色固体,且溶液颜色发黑。甲同学认为灰白色沉淀应是生成的白色CuSO4夹杂少许黑色固体的混合物,其中CuSO4以白色固体形式存在体现了浓硫酸的_性。乙同学认为该实验设计存在问题,请从实验安全和环保角度分析,该实验中可能存在的问题是_。(2)兴趣小组查阅相关资料,经过综合分析讨论,重新设计实验如下(加热装置略):实验记录 A 中现象如下:序号反应温度/实验现象1134开始出现黑色絮状物,产生后下沉,无气体产生2158黑色固体产生的同时,有气体生成3180气体放出
12、的速度更快,试管内溶液为黑色浑浊4260有大量气体产生,溶液变为蓝色,试管底部产生灰白色固体,品红溶液褪色5300同上查阅资料得知: 产物中的黑色和灰白色固体物质主要成分为 CuS、Cu2S 和 CuSO4,其中CuS 和 Cu2S为黑色固体,常温下都不溶于稀盐酸,在空气中灼烧均转化为CuO和SO2。实验中盛装浓硫酸的仪器名称为 _。 实验记录表明_对实验结果有影响,为了得到预期实验现象,在操作上应该_。装置C 中发生反应的离子方程式是 _。将水洗处理后的黑色固体烘干后,测定灼烧前后的质量变化,可以进一步确定黑色固体中是否一定含有 CuS其原理为_(结合化学方程式解释)。21、沙丁胺醇是一种新
13、型药物,常用于缓解哮喘等肺部疾病,其一种合成路线如图:已知:RX+HX请回答:(1)化合物C的结构简式为_。(2)反应的化学方程式为_。(3)下列说法不正确的是_。A化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应B化合物B能发生消去反应C1 mol 化合物D最多能与3mol NaOH反应D沙丁胺醇的分子式为C13H19NO3(4)写出同时符合下列条件的化合物E的所有同分异构体的结构简式_。IR谱表明分子中含有NH2,且与苯环直接相连;1HNMR谱显示分子中有五种不同化学环境的氢原子,且苯环上只有一种氢原子。(5)请设计以甲苯和异丁烯CH2=C(CH3)2为原料合成化合物E的合成路线_(用流程图表示,无
14、机试剂任选)。参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知,反应均为得电子的反应,所以均为还原反应,A项正确;B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时,得到6 mol电子,B项错误;C. 由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应,而不能用H2O和OH-来配平,所以 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2O,C项正确;D. ZVI 失去电子有F
15、e2+产生,Fe2+在氧气和OH-的作用下,可能产生Fe(OH)3,D项正确;答案选B。2、A【解析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法熔合成的具有金属特性的物质;铝是纯净物,不属于合金,故A正确;青铜是铜与锡或铅的合金,故B错误;不锈钢是铁中含有铬、镍的合金,故C错误;生铁是铁和碳的合金,故D错误。3、D【解析】x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素,从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数,可以知道x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,f是Al元素,z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01molL-1 ,e的pH为12
16、,为一元强碱,则e是Na元素,z、h的pH均为2,为一元强酸,则z为N元素、h为Cl元素,g的pH小于2,则g的为二元强酸,故g为S元素,据此分析解答问题。【详解】Ad、e、f、g 形成的简单离子分别为:O2-、Na+、Al3+、S2-,O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同,但核电荷数AlNaO,则离子半径O2-Na+Al3+,而S2-的电子层数最多,半径最大,故半径最大的是g离子,A选项错误;Bd与e形成的化合物可以是Na2O,也可以是Na2O2,Na2O2既含有离子键,也含有共价键,B选项错误;Cx、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为:H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2
17、,C单质可形成金刚石,为原子晶体,故单质熔点最高的可能是y,C选项错误;Dx与y可以形成多种有机化合物,其中CH2=CH2等存在着非极性键,D选项正确;答案选D。【点睛】此题C选项为易错点,C单质有很多的同素异形体,熔沸点有差异,容易忽略这一关键点,导致误选C答案。4、A【解析】A. 向某溶液中加入稀硫酸,生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体,原溶液中可能含有S2-和SO32-,且SO32-过量,加入稀硫酸时发生反应,S单质是淡黄色沉淀,二氧化硫是有刺激性气味气体,故A错误;B. 氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,溶液呈蓝色,说明有碘单质生成,Br2能氧化I-生成I2,Br2是
18、氧化剂、I2是氧化产物,则Br2的氧化性比I2的强,故B正确;C. 元素的非金属性越弱,其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱,其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强,相同条件下,测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH,前者呈碱性,后者呈中性,说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸,由此得出非金属性SC,故C正确;D. 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶,镁条继续燃烧,反应生成MgO和C,则集气瓶中产生浓烟(MgO固体小颗粒)并有黑色颗粒产生,故D正确;故选A。【点睛】向某单一溶质的溶液中加入稀硫酸,同时生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体,则该溶液中一定含有S2O32-,发生反应,这是常考点,经
19、常在元素推断题中出现,也是学生们的易忘点。5、A【解析】A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O,Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH,两步反应均能实现,故A正确;B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O,第二步反应不能实现,故B错误;C.蔗糖中不含醛基,蔗糖不能发生银镜反应,第二步反应不能实现,故C错误;D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,第二步反应不能实现,故D错误;答案选A。6、B【解析】A稀H2SO4不挥发,干扰实验,应选稀盐酸洗净并灼烧,故A错误;B向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液,NaOH过量,则可制备氢氧化
20、铜悬浊液时,故B正确;C配制浓H2SO4、浓HNO3混合酸时,类似浓硫酸的稀释,先加硝酸,然后向试管里放入一定量浓H2SO4,故C错误;D纸层析实验中,滤纸上的试样点是不可以浸入展开剂中的,否则试样会溶解在展开剂中,故D错误;故选:B。7、D【解析】A.加热氯化铵分解生成的氨气和氯化氢温度降低后又化合生成氯化铵,故A错误;B.氨气的水溶液显碱性,不能用浓硫酸干燥,故B错误;C.收集氨气的导管应该插入试管底部,故C错误;D.氨气极易溶于水,采用倒扣的漏斗可以防止倒吸,故D正确;故选D。8、D【解析】分析:在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质,结
21、合选项解答。详解:A、反应物均是液体,且需要加热,因此试管口要高于试管底,A正确;B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,乙酸乙酯不溶于水,因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收,注意导管口不能插入溶液中,以防止倒吸,B正确;C、乙酸乙酯不溶于水,分液即可实现分离,C正确;D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物,不能通过蒸发实现分离,D错误。答案选D。点睛:掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键,难点是装置的作用分析,注意从乙酸乙酯的性质(包括物理性质和化学性质)特点的角度去解答和判断。9、B【解析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,则R为F元素,由元素在周期表中的位置可知,T为Cl元素,Q为Br元素,X为S元素,
22、Z为Ar元素。【详解】AZ为Ar元素,最外层为稳定结构,金属性与非金属性在同周期中最弱,且同周期自左而右非金属性增强,非金属性ZXT,A项错误;BR为F元素,Q为Br元素,原子序数相差26,B项正确;C同主族自上而下,非金属性减弱,非金属性FClBr,非金属性越强,气态氢化物越稳定,稳定性HFHClHBr,C项错误;DR为F,非金属性很强,没有最高价含氧酸,D项错误;答案选B。10、D【解析】A阴极b极反应:2H+2e-=H2产生氢气发生了化学过程,氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化,故A正确;B(i)为电解池,a、b两极均产生气泡即相当于电解水,如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c
23、(NaNO3)不变,如果原溶液是不饱和溶液,则电解一段时间后c(NaNO3)增大,故B正确;C取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体,说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来,反应为:Cu2+H2=Cu+2H+,故C正确;D(ii)中取出b,则b表面已经有析出的铜,所以放到(iii)中析出白色固体即Ag,可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换,则可能发生反应为:2Ag+Cu=Cu2+2Ag和2Ag+H2=2Ag+2H+,故D错误;故答案为D。11、C【解析】n是一种淡黄色粉末,且与p反应生成s与r,而0.01molL-1的s溶液的pH为12,s为一元强碱,
24、r为Y的气体单质,则s为NaOH,n为Na2O2,p为H2O,r为O2,可推知m为CO2,q为Na2CO1结合原子序数可知W为H,X为C,Y为O,Z为Na,据此分析解答。【详解】AH原子核外只有1个电子层,C、O核外均有2个电子层,同周期元素核电荷数越大,原子半径越小,因此原子半径:WYX,故A错误;BC对应简单氢化物为CH4,O对应简单氢化物为H2O,Na对应简单氢化物为NaH,CH4、H2O均为分子晶体,NaH为离子晶体,H2O分子之间能够形成氢键,因此简单氢化物沸点:XYGeH4SiH4CH4;相对分子质量相同或接近,分子的极性越大,范德华力越大,其熔、沸点越高,如CON2;形成分子间氢
25、键的分子晶体熔、沸点较高,如H2OH2S;如果形成分子内氢键,熔、沸点会降低。12、C【解析】ANH4HCO3中含有植物生长需要的N元素,可用作氮肥,与其受热易分解的性质无关,A项错误;BSiO2传导光的能力非常强,常用于制光导纤维,与SiO2熔点高硬度大没有对应关系,B项错误;C75%乙醇能杀菌消毒,利用乙醇能使蛋白质变性的性质,C项正确;D硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀,发生复分解反应,不发生氧化还原反应,没有体现还原性,D项错误;答案选C。13、C【解析】W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素,X是形成化合物种类最多的元素,推出X为C,常温下,W与Z能形成两种
26、常见的液态化合物,可知是H2O、H2O2,推出W为H,Z为O,W、R同主族,因此推出R为Na,X为C,Z为O,可知Y为N。 A. X、Y的简单氢化物分别为CH4、H2O,水分子之间存在氢键,沸点:CH4H2O,A项错误;B. Z、R对应的离子为:O2-、Na+,电子层相同,原子序数小的,离子半径大,离子的半径大小:O2-Na+,B项错误;C. Y与W形成的最简单化合物NH3,可用作制冷剂,C项正确;D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,2mol过氧化钠转移电子2mol,1mol Na2O2反应,转移的电子数为NA,D项错误;答案选C。14、A【解析】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触
27、,延缓氧化的反应速率,故A正确;B. 调味剂是为了增加食品的味道,与速率无关,故B错误;C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色,与速率无关,故C错误;D. 增稠剂是改变物质的浓度,与速率无关,故D错误。故选:A。15、A【解析】A. 在溶液pH=9.10时c(NH4+)=c(NH3H2O),Kb(NH3H2O)=c(OH-),由于Kw=c(H+)c(OH-)是常数,只与温度有关,若温度为室温,则Kw=10-14,pH=9.10时,c(H+)=10-9.10,c(OH-)=10-4.9,Kb(NH3H2O)= c(OH-)=10-4.9,升高温度,促进电解质的电离,所以温度为40时,K(NH3H2
28、O)10-4.9,A错误;B. 溶液中存在电荷守恒,即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度,则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为:c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-),B正确;C. 已知Kb=,温度一定时,Kb为常数,随着CO2的通入,c(NH4+)逐渐增大,则不断减小,C正确;D. 由图象可知:开始溶液pH较大时没有NH2COO-,后来随着溶液pH的降低,反应产生NH2COO-,并且逐渐增多,当pH减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失,同时NH4HCO3又逐渐增多,即在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生
29、成,后NH2COO-转化为NH4HCO3,D正确;故合理选项是A。16、D【解析】A项、试纸变为蓝色,说明NO3-被铝还原生成氨气,故A错误;B项、制备氢氧化铜悬浊液时,加入的氢氧化钠溶液不足,因此制得的悬浊液与有机物Y不能反应,无法得到砖红色沉淀,故B错误;C项、能否产生沉淀与溶度积常数无直接的关系,有碳酸钡沉淀的生成只能说明Qc(BaCO3)Ksp(BaCO3),不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3),故C错误;D项、H2O2溶液与酸化的氯化亚铁溶液发生氧化还原反应,反应生成的Fe3+能做催化剂,催化H2O2分解产生O2,溶液中有气泡出现,故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学
30、实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,把握离子检验、物质的性质、实验技能为解答关键。二、非选择题(本题包括5小题)17、a 2CH3OH+O22HCHO+2H2O 消去反应 HCOOCH3 【解析】一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根
31、据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5二甲基苯酚),2,5二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲
32、基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5二甲基苯酚),2,5二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,(1)a甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去,故a错误; b甲醇分子间脱水生成CH3OCH3,故b正确;c甲醇有毒性,可使人双目失明,故c正确;d甲醇与乙醇都有一个羟基,组成相关一个CH2;所以属于同系物,故d正确; (2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为 2CH3OH+O22HCHO+2H2O;(3)根据上面的分析可知,C生成D的反应类型是:消去反应,G为甲酸甲酯,G的结构简式 HCOOCH3;(4)取1.08g A物质(式量108)
33、的物质的量=0.01mol,与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,根据碳原子守恒知,白色沉淀的物质的量是0.01mol,则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol,A的式量和白色沉淀的式量相差158,则溴原子取代酚羟基的邻对位,所以A的结构简式为:。18、C 羰基(或酮基)、醚键 取代反应 C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解 【解析】与氯气反应生成,在氢氧化钠溶液作用下反应生成,根据信息与CH2I2反应生成,根据信息E和SOCl2反应生成F,与F反应生成G。【详解】A是苯酚在水中溶解度不大,C为盐,在水解溶解度大,因此A与C在水中溶解度更大的是C,根据G的结构得到G中官
34、能团的名称是羰基、醚键;故答案为:C;羰基(或酮基)、醚键。EF是OH变为Cl,Cl取代羟基,因此有机反应类型是取代反应,根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO;故答案为:取代反应;C8H7OCl或C8H7ClO。由AB反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢,其化学方程式为;故答案为:。根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为;故答案为:。根据B的结构(),加入NaOH溶液得到C(),反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解;故答案为:催化剂、促进水解。与G的苯环数相同;核磁共振氢谱有5个峰,说明对称性较强;能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯,则符合条件的G的同分异构体
35、;故答案为:。19、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高,不易挥发 b C6H5NH3+OH- C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物,无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸,分液除去硝基苯,再加入氢氧化钠溶液,分液去水层后,加入 NaOH固体干燥、过滤 【解析】(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184分析; (2)为了获得较好的冷凝效果,采用逆流原理;(3)根据题中信息,联系铵盐与碱反应的性质,通过类比迁移,不难写出离子方程式;(4)根据蒸馏产物分析;(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析;(6)根据关系式即可计算苯胺的产率;(7)根据物质的
36、性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近,产生白烟,是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒,化学方程式为:NH3+HCl=NH4Cl;用苯胺代替浓氨水重复上述实验,却观察不到白烟,原因是苯胺沸点184,比较高,不易挥发;(2)图1装置包含了产品的分馏,是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作,冷凝管是下口进水,上口出水,保证冷凝效果,故答案为:b;(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺,反应的离子方程式为C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O;(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物,故无需温度计;(5)操作
37、i中,为了分离混合物,取出烧瓶C前,应先打开止水夹d,再停止加热,理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸;(6)设理论上得到苯胺m,根据原子守恒可知C6H5NO2C6H5NH2,则m=4.65g,所以该实验中苯胺的产率=100%=60%;(7)在混合物中先加入足量盐酸,经分液除去硝基苯,再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺,分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分,滤去NaOH固体,即可得较纯净的苯胺,即实验方案是:加入稀盐酸,分液除去硝基苯,再加入氢氧化钠溶液,分液去水层后,加入 NaOH固体干燥、过滤。20、Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 便于控制反应的开始与停止 吸水
38、 无尾气吸收装置,停止加热时可能发生溶液倒吸 分液漏斗 反应温度 迅速升温至260 Ba2+2NO33SO22H2O=BaSO42NO2SO42-4H+ 2CuS3O2 2CuO2SO2、Cu2S2O22CuOSO2,后一反应前后固体质量不变,因此,若煅烧后固体质量有所变化则必然存在CuS 【解析】(1)铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫,化学方程式是Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O,铜丝可抽动的优点是便于控制反应的开始与停止,故答案为:Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O;便于控制反应的开始与停止;CuSO4呈白色,说明浓硫酸具有吸水性,吸收硫酸铜晶体中结晶水得到白色CuSO4,故答案为:吸水;二氧化硫易溶于水,
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