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文档简介
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、为测定镁铝合金(不含其它元素)中镁的质量分数。某同学设计了如下实验:称量ag镁铝合金粉末,放在如图所示装置的惰性电热板上,通电使其充分灼烧。下列说法错误的是A.实验结束后应再次称量剩余固体的质量B.氧气要保证充足C.可以用空气代替氧气进行实验D.实验结束后固体质量大于ag2、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.氨水应密闭保存,置低温处B.在FeCl2溶液中加入铁粉防止氧化变质C.生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率D.实验室用排饱和食盐水法收集氯气3、对下列事实的原因分析错误的是选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下,铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物D用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应A.A B.B C.C D.D4、为了除去括号中的杂质,不合理的是()选项物质(杂质)加入试剂方法A氯化铵溶液(FeCl3)氢氧化钠溶液过滤BKNO3(s)(少量NaCl)水结晶C乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液D乙醇(水)新制生石灰蒸馏A.A B.B C.C D.D5、镆(Mc)是115号元素,其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确的是A.Mc的原子核外有115个电子 B.Mc是第七周期第VA族元素C.Mc在同族元素中金属性最强 D.Mc的原子半径小于同族非金属元素原子6、我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置,利用如右图装置可实现:H2S+O2→H2O2+S。已知甲池中有如下的转化:下列说法错误的是:A.该装置可将光能转化为电能和化学能B.该装置工作时,溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C.甲池碳棒上发生电极反应:AQ+2H++2e-=H2AQD.乙池①处发生反应:H2S+I3-=3I-+S↓+2H+7、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.NH4HCO3
受热易分解,可用作化肥B.NaHCO3
溶液显碱性,可用于制胃酸中和剂C.SO2
具有氧化性,可用于纸浆漂白D.Al2O3
具有两性,可用于电解冶炼铝8、下列说法中,正确的是A.将2gH2与足量的N2混合,充分反应后转移的电子数为2NAB.1molNa218O2与足量水反应,最终水溶液中18O原子为2NA个C.常温下,46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD.100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应,转移的电子数大于0.6NA9、有机物M是合成某药品的中间体,结构简式如图所示。下列说法错误的是A.用钠可检验M分子中存在羟基B.M能发生酯化、加成、氧化反应C.M的分子式为C8H8O4D.M的苯环上一硝基代物有2种10、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中,生成白色沉淀SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B常温下,分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH,Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液HCO3-电离出H+能力比CH3COOH的弱C向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉,充分振荡,滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液,溶液变红Fe(NO3)3溶液中Fe3+部分被Fe还原D苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应,将得到的气体直接通入AgNO3溶液中,产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A.A B.B C.C D.D11、用短线“—”表示共用电子对,用“··”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。R分子的路易斯结构式可以表示为则以下叙述错误的是()A.R为三角锥形 B.R可以是BF3C.R是极性分子 D.键角小于109°28′12、新华网报道,我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量,并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A.电极b为电池负极B.电路中每流过4mol电子,正极消耗44.8LH2SC.电极b上的电极反应为:O2+4e-+4H+=2H2OD.电极a上的电极反应为:2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O13、下列各组物质所含化学键相同的是()A.钠(Na)与金刚石(C)B.氯化钠(NaCl)与氯化氢(HCl)C.氯气(Cl2)与氦气(He)D.碳化硅(SiC)与二氧化硅(SiO2)14、已知:25°C时,MOH的Kb=10-7。该温度下,在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A.a=4 B.V1=10C.溶液中水的电离程度:P>Q D.Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)15、已知:AgSCN(白色,s)Ag+(aq)+SCN-(aq),T℃时,Ksp(AgSCN)=1.0×10-12。在T℃时,向体积为20.00mL、浓度为mmol/L的AgNO3溶液中滴加0.l0mol/LKSCN溶液,溶液pAg的与加入的KSCN溶液体积的关系如图所示,下列说法错误的是()A.m=0.1B.c点对应的KSCN溶液的体积为20.00mLC.a、b、c、d点对应的溶液中水的电离程度:a>b>c>dD.若V3=60mL,则反应后溶液的pAg=11-lg216、某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、SO32-、SO42-和Cl-中的几种(忽略由水电离产生的H+、OH-)。将试样平均分成甲、乙、丙各l00mL三份,每次均加入足量的试剂,设计如下实验。下列说法正确的是()A.废水可能含有Na+、K+、Fe3+B.可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认C.废水一定含有Cl-、SO42-和Mg2+,且c(Cl-)=0.2mol·L-1D.废水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+二、非选择题(本题包括5小题)17、某研究小组拟合成医药中间体X和Y。已知:①;②;③。(1)的名称是__________(2)G→X的反应类型是_____________。(3)化合物B的结构简式为_____________。(4)下列说法不正确的是__________(填字母代号)A.化合物A能使酸性KMnO4溶液褪色B.化合物C能发生加成、取代、消去反应C.化合物D能与稀盐酸反应D.X的分子式是C15H16N2O5(5)写出D+F→G的化学方程式:____________________(6)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式_______。①分子是苯的二取代物,1H—NMR谱表明分子中有4种化学环境不同的氧原子;②分子中存在硝基和结构。(7)参照以上合成路线设计E→的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选)。____________________________________________。18、有A、B、C、D、E、F六种溶液,它们是氨水、硫酸镁、碳酸氢钠、碳酸钠、稀硝酸、氯化钡溶液中的某一种。各取少量,将其两两混合现象如图所示。其中“↓”表示难溶物,“↑”表示气体,“-”表示无明显现象,空格表示未做实验,试推断其中F是:A.碳酸钠溶液 B.氯化钡溶液C.硫酸镁溶液 D.碳酸氢钠溶液19、ClO2与Cl2的氧化性相近,常温下均为气体,在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器C的名称是:___。安装F中导管时,应选用图2中的:___(填“a”或“b”)。(2)打开B的活塞,A中氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2,写出反应化学方程式:___;为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,可采取的措施是___。(3)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是:___。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为:___,在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是:___。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和Ⅱ,加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示,若将其用于水果保鲜,你认为效果较好的稳定剂是___,(选填“I”或“II”)理由是:___。20、实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物,连接装置A→B→C制取氯水,并探究氯气和水反应的产物。(1)A中发生反应的离子方程式是_________。(2)B中得到浅黄绿色的饱和氯水,将所得氯水分三等份,进行的操作、现象、结论如下:实验实验操作现象结论Ⅰ向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质Ⅱ向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性(1)甲同学指出:由实验Ⅰ得出的结论不合理,原因是制取的氯水中含有杂质______(填化学式),也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置,请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称______。(2)乙同学指出由实验Ⅱ得出的结论不合理,原因是实验未证明_______(填化学式)是否有漂白性。(3)丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在,证明氯水中有Cl-的操作和现象是:_____。丙同学认为,依据上述现象和守恒规律,能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确,请说明理由________。(4)丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验,观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ相似,说明氯气和水反应的产物具有的性质是________。(5)戊同学将第三份氯水分成两等份,向其中一份加入等体积的蒸馏水,溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液,溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明:_______。21、铝粉与氧化铁的混合物叫做铝热剂,发生的反应称为铝热反应:2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3,可用于焊接铁轨。完成下列计算:(1)若铝热剂中铝粉和氧化铁恰好完全反应,则该铝热剂中铝的质量分数为___。(精确到0.001)(2)将8.1g铝粉与16g氧化铁混合后充分反应,最多可制得铁___g;将反应后的固体混合物加入足量的稀盐酸中,充分反应后最多可生成氢气____mol。(3)23.52g某铝热剂在隔绝空气的条件下充分反应后,将固体溶解于200mL5mol/L的盐酸中,完全溶解后溶液中c(H+)=0.2mol/L(溶液体积变化忽略不计),且无Fe3+。计算该铝热剂中铝粉与氧化铁的物质的量分别是多少?___、___。(4)取某铝热剂反应后的固体,滴加4mol/L的NaOH溶液,当加至30mL时固体质量不再减小,且剩余固体质量为7.2g,并收集到672mL的氢气(标准状况)。计算原铝热剂中氧化铁的质量分数为多少?(精确到0.001)____
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
A.实验结束后一定要再次称量剩余固体质量,再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数,故A正确;B.为了使其充分灼烧,氧气要保证充足,故B正确;C.用空气代替氧气对实验有影响,这是因为高温条件下,镁还能够和氮气、二氧化碳等反应,故C错误;D.灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物,质量大于ag,这是因为氧气参加了反应,故D正确;故答案选C。2、B【解析】
A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0,升高温度,促进氨水分解,正确;B、Fe2+易被氧化为Fe3+,加入Fe粉,Fe+2Fe3+=3Fe2+,能防止Fe2+氧化变质,B不能用勒沙特列原理解释;C、增大一种反应物浓度,可以提高另一反应物转化率,正确;D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO,增大c(Cl-),抑制氯气溶解,D正确。答案选B。3、A【解析】
A.常温下,可用铝制容器盛装浓硫酸,铝在浓硫酸反应形成致密氧化膜而阻止反应进一步进行,不是因为铝与浓硫酸很难反应,故A错误;B.氧化铝熔点高,可以作耐火材料,故B正确;C.氧化铝是两性氧化物既可以和碱反应也可以和酸反应,所以铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物,故C正确;D.氢氧化铝碱性比氨水弱,不能继续和氢氧化铝反应生成偏铝酸盐,很难与氨水反应,所以用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝,故D正确;题目要求选择错误的,故选A。【点睛】本题考查Al的性质与物质的分类,明确两性氧化性的概念是解答本题的关键,题目较简单。4、A【解析】
A.二者均与NaOH反应,不能除杂,应加氨水、过滤,选项A错误;B.二者溶解度受温度影响不同,可结晶法分离,选项B正确;C.乙酸与碳酸钠反应后,与乙酸乙酯分层,可分液分离,选项C正确;D.CaO与水反应后,增大与乙醇的沸点差异,可蒸馏分离,选项D正确;答案选A。5、D【解析】
周期表中,原子的结构决定着元素在周期表中的位置,原子的电子层数与周期数相同,最外层电子数等于主族序数,同主族元素从上而下金属性逐渐增强,同主族元素从上而下原子半径依次增大,【详解】A、镆(Mc)是115号元素,原子核外有115个电子,选项A正确;B、原子的电子层数与周期数相同,最外层电子数等于主族序数,115号元素原子有七个电子层,应位于第七周期,最外层有5个电子,则应位于第VA族,选项B正确;C、同主族元素从上而下金属性逐渐增强,故Mc在同族元素中金属性最强,选项C正确;D、同主族元素从上而下原子半径依次增大,故Mc的原子半径大于同族非金属元素原子,选项D不正确;答案选D。【点睛】本题考查元素的推断,题目难度不大,注意原子核外电子排布与在周期表中的位置,结合元素周期律进行解答。6、B【解析】
A.装置是原电池装置,据此确定能量变化情况;B.原电池中阳离子移向正极;C.甲池中碳棒是正极,该电极上发生得电子的还原反应;D.在乙池中,硫化氢失电子生成硫单质,I3-得电子生成I-,据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置,根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置,A正确;B.原电池中阳离子移向正极,甲池中碳棒是正极,所以氢离子从乙池移向甲池,B错误;C.甲池中碳棒是正极,该电极上发生得电子的还原反应,即AQ+2H++2e-=H2AQ,C正确;D.在乙池中,硫化氢失电子生成硫单质,I3-得电子生成I-,发生的反应为H2S+I3-═3I-+S↓+2H+,D正确。故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识,注意知识的归纳和梳理是关键,注意溶液中离子移动方向:在原电池中阳离子向正极定向移动,阴离子向负极定向移动,本题难度适中。7、B【解析】
A、NH4HCO3
含有营养元素N元素,可用作化肥,与NH4HCO3
受热易分解无关,故A不符合题意;B、NaHCO3能与盐酸反应,并且NaHCO3溶液无腐蚀性,常用作制胃酸中和剂,故B符合题意;C、SO2
具有漂白性,可用于纸浆漂白,与SO2
具有氧化性无关,故C不符合题意;D、熔融状态下的Al2O3能发生电离,可用于电解冶炼铝,与Al2O3
具有两性无关,故D不符合题意;故选:B。【点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类型有:①强氧化性(漂白过程不可逆),常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等;②形成不稳定化合物型(漂白过程可逆),常见物质有SO2;③物理吸附型(漂白过程不可逆),常见物质有活性炭。8、D【解析】
A.将2gH2与足量的N2混合,该反应为可逆反应,不能进行彻底,充分反应后转移的电子数小于2NA,故A错误;B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气,过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子,最终水溶液中18O原子为NA个,故B错误;C.NO2、N2O4的摩尔质量不同,无法计算混合气体的组成,故C错误;D.由于浓HNO3与铜反应生成NO2,而稀HNO3与铜反应生成NO,Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,100
mL
12
mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子,完全被还原为NO转移0.9mol电子,转移的电子数大于0.6NA,故D正确;答案选D。9、A【解析】
A.分子中含有酚羟基、羟基、羧基,都能与钠反应放出氢气,不能用钠检验M分子中存在羟基,故A错误;B.分子中含有酚羟基能发生氧化反应,羟基、羧基能发生酯化,含有苯环能发生加成反应,故B正确;C.根据结构简式,M的分子式为C8H8O4,故C正确;D.M的苯环上一硝基代物有2种(),故D正确;故选A。10、B【解析】
A.将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中,不能生成白色沉淀,弱酸不能制取强酸,故A错误;B.常温下,分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH,Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液,说明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液,水解程度越大,相应的酸电离程度越弱,则HCO3-电离出H+能力比CH3COOH的弱,故B正确;C.Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2,再加盐酸,酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应,滴入KSCN溶液,溶液变红,不能说明是否部分被还原,也可能全部被还原,故C错误;D.溴单质具有挥发性,生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应,观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应,故D错误;答案选B。11、B【解析】
A.在中含有3个单键和1对孤电子对,价层电子对数为4,空间上为三角锥形,故A正确;B.B原子最外层含有3个电子,BF3中B原子形成3个共价键,B原子没有孤电子对,所以R不是BF3,故B错误;C.由极性键构成的分子,若结构对称,正负电荷的中心重合,则为非极性分子,R分子的结构不对称,R是极性分子,故C正确;D.三角锥形分子的键角为107°,键角小于109°28′,故D正确;答案选B。12、D【解析】由图中信息可知,该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O,该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a,所以a电极是负极,发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O;氧气通入到电极b,所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子,所以电路中每流过4mol电子,正极消耗1molO2,发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述,D正确,选D。点睛:本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生,其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应,电子经外电路流向正极;氧化剂在正极上得到电子发生还原反应,电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时,要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在,如果产物能与电解质的离子继续反应,就要合在一起写出总式,才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂,我们可以先写出总反应,再写正极反应,最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质,所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子,变化较简单,可以先作出判断。13、D【解析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析,离子晶体中一定含离子键,可能含共价键;分子晶体中不一定含化学键,但若含,则一定为共价键;原子晶体中含共价键;金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体,含金属键;金刚石为原子晶体,含共价键,故A不符合题意;B、氯化钠是离子晶体,含离子键;HCl为分子晶体,含共价键,故B不符合题意;C、氯气为分子晶体,含共价键;He为分子晶体,是单原子分子,不含化学键,故C不符合题意;D、SiC为原子晶体,含共价键;二氧化硅也为原子晶体,也含共价键,故D符合题意;故选:D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系,判断依据为:离子晶体中阴阳离子以离子键结合,原子晶体中原子以共价键结合,分子晶体中分子之间以范德华力结合,分子内部可能存在化学键。14、D【解析】
A.25°C时,MOH的Kb=10-7,则Kh(MCl)==10-7,解得c(H+)=10-4mol/L,pH=a=4,A正确;B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中,MCl的水解程度等于MOH的电离程度,所以溶液pH=7时,加入的MOH的体积为10mL,B正确;C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液,加入的碱越大,水对电离的抑制作用越强,水电离程度就越小,所以溶液中水的电离程度:P>Q,C正确;D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+),Q点时MOH少量电离,nQ(M+)<nP(M+),nQ(Na+)=2nP(Na+),所以c(Na+)>2c(M+),D错误;故合理选项是D。15、C【解析】
a点时,只有AgNO3溶液,由pAg可求出c(AgNO3);c点时pAg=6,则c(Ag+)=10-6mol/L,可近似认为Ag+不存在,则此时Ag+与SCN-刚好完全反应,此时溶液呈中性,由此可求出V1;d点时,KSCN过量,SCN-水解而使溶液显碱性。【详解】A.a点时,只有AgNO3溶液,由pAg=1,可求出c(AgNO3)=0.1mol/L,A正确;B.c点时,Ag+与SCN-刚好完全反应,20.00mL×0.1mol/L=V1×0.1mol/L,从而求出V1=20.00mL,B正确;C.c点时,Ag+与SCN-刚好完全反应,水的电离不受影响,d点时,KSCN过量,SCN-水解而使水的电离程度增大,则溶液中水的电离程度:c<d,C错误;D.若V3=60mL,c(SCN-)==0.05mol/L,则c(Ag+)==2×10-11mol/L,反应后溶液中的pAg=-lgc(Ag+)=11-lg2,D正确;故选C。16、D【解析】甲中滴加溴水不褪色,说明溶液中没有还原性的SO32-;乙中滴加酸化的BaCl2溶液,生成2.33g白色沉淀,此沉淀为BaSO4,物质的量为0.01mol,可知含有0.01molSO42-,滤液滴加酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀AgCl的质量为2.87g,物质的量为0.02mol,则溶液中不存在Cl-,原因滴加BaCl2溶液生成0.01molBaSO4时引入的Cl-为0.02mol;丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成,此沉淀为Mg(OH)2,同时无气体生成,说明没有Fe3+、NH4+,0.58gMg(OH)2的物质的量为0.01mol,可知溶液里含有0.01molMg2+恰好与0.01molSO42-组成中性溶液,故原溶液中也不存在Na+、K+;A.有分析可知废水不存在Na+、K+和Fe3+,故A错误;B.不存在Na+、K+,无须通过焰色反应进一步检验确认,故B错误;C.废水一定含有SO42-和Mg2+,不含Cl-,故C错误;D.有分析可知废水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+,故D正确;答案为D。二、非选择题(本题包括5小题)17、邻甲基苯甲酸还原反应BD、、、【解析】
由、A的分子式,纵观整个过程,结合X的结构,可知发生甲基邻位硝化反应生成A为,对比各物质的分子,结合反应条件与给予的反应信息,可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B,B中甲基上H原子被溴原子取代生成C,C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D,故B为、C为、D为。由X的结构,逆推可知G为,结合F、E的分子式,可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。【详解】根据上述分析可知:A为;B为;C为;D为;E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3;F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3;G为。(1)的甲基在苯环羧基的邻位C原子上,因此其名称是邻甲基苯甲酸;(2)G变X是-NO2变为-NH2,发生的是还原反应;(3)化合物B的结构简式为;(4)A.化合物A的苯环上有甲基,能酸性KMnO4溶液氧化,因而可以使酸性KMnO4溶液褪色,A正确;B.化合物C结构简式是,含苯环与羰基能发生加成反应,有Br原子可以发生取代反应;由于Br原子连接的C原子直接连接在苯环上,因此不能发生消去反应,B错误;C.化合物D含有亚氨基,能与稀盐酸反应,C正确;D.根据物质的结构简式可知X的分子式是C15H18N2O5,D错误;故合理选项是BD;(5)D+F→G的化学方程式为:;(6)化合物A(C8H7NO4)的同分异构体同时符合下列条件:①分子是苯的二取代物,1H-NHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子,存在对称结构;②分子中存在硝基和酯基结构,2个取代基可能结构为:-NO2与-CH2OOCH、-NO2与-CH2COOH、-COOH与-CH2NO2、-OOCH与-CH2NO2,同分异构体可能结构简式为、、、。(7)由E(CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3)先在NaOH溶液中发生水解反应,然后酸化可得,该物质与SOCl2发生反应产生,与NH3发生反应得到目标产物,故由E合成的路线为:。【点睛】本题考查有机物的合成与推断,关键是对给予信息的理解,要结合路线图中物质的结构与分子式进行推断,题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力,熟练掌握官能团的性质与转化。18、D【解析】
所给5种物质中,只有硫酸镁可与三种物质(氨水、碳酸钠、氯化钡)生成沉淀,故D为硫酸镁,A、B、C分别为氨水、碳酸钠、氯化钡中的一种;再根据A可与C生成沉淀,故A、C为碳酸钠和氯化钡,则B为氨水;A与E产生气体,故A为碳酸钠,E为稀硝酸,所以F为碳酸氢钠。【详解】A+E气体说明有A、E一种一定是硝酸,另一种可能是碳酸钠、碳酸氢钠中的一种,A+C生成沉淀,A+D生成沉淀,说明A不是硝酸,所以E为硝酸,A为碳酸钠,C、D就可能是硫酸镁、氯化钡中的一种,因为B+D生成沉淀,C+D生成沉淀,C+F无现象说明D是硫酸镁,C为氯化钡,B为氨水,最后F为碳酸氢钠,则A:碳酸钠,B:氨水,C:氯化钡
,D:硫酸镁
,E:硝酸,F:碳酸氢钠;答案选D。【点睛】这类试题还有一种表达形式“A+C→↓,A+D→↓,A+E→↑,B+D→↓,C+D→↓,C+F→无明显现象。解题时一般先找现象较全面的一种如D或A(分别做了三次实验)。依次假设D为六种溶液中的某一种。如假设D是氨水或是硫酸镁等,分析它与其他五种溶液分别混合时的现象。若能出现三次沉淀,则假设成立。由此可确定D是硫酸镁。依照上述方式可推出A是碳酸钠,依次推出F是碳酸氢钠。19、球形干燥管b2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O调节分液漏斗B的旋塞,减缓(慢)稀盐酸滴加速度吸收Cl24H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O检验是否有ClO2生成II稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】
(1)根据仪器特征,判断仪器名称;根据实验原理,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气;(2)根据电子转移守恒和原子守恒书写氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2的反应化学方程式,为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,产生ClO2的速率要慢;
(3)
根据Cl2+2KI=2KCl+I2进行分析;
(4)在酸性条件下NaClO2可发生反,应生成NaCl并释放出ClO2,根据元素守恒可判断生成物,书写反应方程式;
(5)由图分析可知,稳定剂II可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度。【详解】(1)根据仪器特征:可知仪器C是球形干燥管;F装置应是Cl2和KI反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气,故选b;
(2)氯酸钠和稀盐酸混和产生Cl2和ClO2,NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价,盐酸中氯为-1价被氧化成0价氯,转移电子数为2,所以NaClO3、ClO2前系数为2,Cl2前系数为1,反应化学方程式:2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O;为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,产生ClO2的速率要慢,故滴加稀盐酸的速度要慢,即调节分液漏斗B的旋塞,减缓(慢)稀盐酸滴加速度;(3)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时,碘遇淀粉变蓝,而F中溶液的颜色不变,说明没有氯气到达F,则装置C的作用是吸收Cl2
;(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O
;在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是验证是否有ClO2
生成;(5)由图可知,稳定剂II可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以稳定剂II好。20、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHClCl2取少量氯水于试管中,加入硝酸银和稀硝酸,产生白色沉淀,说明有Cl-不正确,从实验可知,氯水中含H+、Cl-,即氯气与水反应生成了H+和Cl-,氯的化合价从零价降低到-1价,必然要有元素化合价升高,H已是最高价,不再升高,一定有其他元素化合价的升高,而氯元素不一定只升高到+1价。酸性和漂白性加入蒸馏水溶液接近无色,说明c(Cl2)几乎降低为零,加入等体积的饱和氯化钠溶液,溶液还是浅黄绿色,说明氯离子的加入又生成了Cl2,即氯气和水的反应是可逆反应,增大氯离子浓度,平衡向反应物方向移动,使Cl2增多,所以呈现浅绿色【解析】
(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水;(2)①浓盐酸易挥发,制取的氯气含有氯化氢,依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得;依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同,选择除杂方法;②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响,需要进行对比实验;③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀,白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在;根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断;④正确的实验装置和操作进行实验,观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似,说明氯水具有漂白性和酸性;(3)依据氯气溶液水,部分与水反应生成氯化氢和次氯酸,存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,依据化学平衡移动影响因素分析解答。【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水,离子学方程式:MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;(2)①浓盐酸易挥发,制取的氯气含有氯化氢,依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,也会有无色气泡产生,对氯水性质检验造成干扰;氯气在饱和食盐水中溶解度不大,氯化氢易溶于水,所以可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢;故答案为:HCl;;②实验Ⅰ:没有事先证明干燥的氯气无漂白性,则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性;故答案为:Cl2;③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀,白色沉淀不溶于硝酸,所以检验氯离子存在的方法:取少量氯水于试管中,加入硝酸银和稀硝酸,若有白色沉淀产生,说明有Cl-存在;从实验可知,氯水中含H+、Cl-,即氯气与水反应生成了H+和Cl-,氯的化合价从零价降低到-1价,必然要有元素化合价升
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