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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.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、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A.H2O的电子式为B.4℃时,纯水的pH=7C.D216O中,质量数之和是质子数之和的两倍D.273K、101kPa,水分之间的平均距离:d(气态)>d(液态)>d(固态)2、没有涉及到氧化还原反应的是A.Fe3+和淀粉检验I- B.氯水和CCl4检验Br-C.新制Cu(OH)2、加热检验醛基 D.硝酸和AgNO3溶液检验Cl-3、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,W为空气中含量最多的元素,Y的周期数等于其族序数,W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水,Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A.X、Y均可形成两种氧化物B.离子的半径大小顺序:r(X+)<r(Z2-)C.W和Z的氢化物之间不能反应D.X的氢化物(XH)中含有共价键4、下列能源中不属于化石燃料的是()A.石油 B.生物质能 C.天然气 D.煤5、下列说法正确的是()A.钢管镀锌时,钢管作阴极,锌棒作为阳极,铁盐溶液作电解质溶液B.镀锌钢管破损后,负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+C.镀银的铁制品,镀层部分受损后,露出的铁表面不易被腐蚀D.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀6、硫酸铜分解产物受温度影响较大,现将硫酸铜在一定温度下分解,得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2,得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,某学习小组对产物进行以下实验,下列有关说法正确的是A.将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀,说明混合气体中含有SO3B.将气体通过酸性高锰酸钾溶液,溶液褪色,说明混合气体中含有SO2与O2C.固体产物中加稀硝酸溶解,溶液呈蓝色,说明固体产物中含有CuOD.将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收7、吗啡是严格查禁的毒品.吗啡分子含C71.58%,H6.67%,N4.91%,其余为O.已知其相对分子质量不超过300,则吗啡的分子式是A.C17H19NO3 B.C17H20N2O C.C18H19NO3 D.C18H20N2O28、下列说法违反科学原理的是()A.碘化银可用于人工降雨B.在一定温度、压强下,石墨可变为金刚石C.闪电时空气中的N2可变为氮的化合物D.烧菜时如果盐加得早,氯会挥发掉,只剩下钠9、如图是lmol金属镁和卤素反应的△H(单位:kJ·mol-1)示意图,反应物和生成物均为常温时的稳定状态,下列选项中不正确的是A.由图可知,MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F2(g)△H=+600kJ·mol-1B.MgI2与Br2反应的△H<0C.电解MgBr2制Mg是吸热反应D.化合物的热稳定性顺序:MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF210、下列叙述正确的是()A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小B.温度升高,分子动能增加,减小了活化能,故化学反应速率增大C.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣易产生铜绿D.能用核磁共振氢谱区分和11、常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A.使酚酞变红色的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-B.=1×10-13mol·L-1的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-C.与Al反应能放出H2的溶液中:Fe2+、K+、NO3-、SO42-D.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中:K+、Na+、AlO2-、CO32-12、设NA为阿伏加德罗常数的值。(离子可以看作是带电的原子)下列叙述正确的是()A.标准状况下,22.4LSO3中所含的分子数为NAB.0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中,CO32-的数目小于0.1NAC.8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中,所含铜原子的数目为0.1NAD.标准状况下,将2.24LCl2通入水中,转移电子的数目为0.1NA13、水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用,但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量,其化学方程式如图所示,下列说法正确的是A.脱氢维生素C分子式为C6H8O6B.维生素C中含有3种官能团C.该反应为氧化反应,且滴定时不可用淀粉作指示剂D.维生素C不溶于水,易溶于有机溶剂14、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是A.原子结构示意图可以表示,也可以表示B.轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子C.比例模型可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子D.分子式可以表示乙酸,也可以表示乙二醇15、下列叙述正确的是()A.在氧化还原反应中,肯定有一种元素被氧化,另一种元素被还原B.有单质参加的反应一定是氧化还原反应C.有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D.失电子难的原子,容易获得的电子16、下列说法不正确的是A.在光照条件下,正己烷(分子式C6H14)能与液溴发生取代反应B.乙炔和乙烯都能使溴水褪色,其褪色原理相同C.总质量一定的甲苯和甘油混合物完全燃烧时生成水的质量一定D.对二氯苯仅一种结构,说明苯环结构中不存在单双键交替的结构二、非选择题(本题包括5小题)17、H是一种氨基酸,其合成路线如下:已知:①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空:(1)A的分子式为C3H4O,其结构简式为____________。(2)E→F的化学方程式为____________。(3)H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。I.含有苯环;II.分子中有三种不同环境的氢原子。(4)结合题中相关信息,设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷()制备1,4-戊二烯的合成路线(无机试剂任选)。___________。(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物)18、2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家,以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下:C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料,合成有机物M和N,合成路线如下:(1)按系统命名法,有机物A的名称是_______。(2)B的结构简式是__________。(3)CD的反应类型是___________。(4)写出DM的化学方程式________。(5)已知X的苯环上只有一个取代基,且取代基无甲基,则N的结构简式为_______。(6)满足下列条件的X的同分异构体共有_______种,写出任意一种的结构简式_________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种(7)写出EF合成路线(用结构简式表示有机物,箭头上注明试剂和反应条件)。______19、(一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症,制备反应原理为:2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O;某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为:F→_____→_____→_____→_____→_____;(2)Y中发生反应的化学反应式为_______________;(3)X中盛放的试剂是___________,其作用为___________________;(4)Z中应先通入,后通入过量的,原因为__________________;是一种重要的稀土氢氧化物,它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得:已知:在酸性溶液中有强氧化性,回答下列问题:(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(),其在酸浸时反应的离子方程式为_________________;(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来,该过程可表示为:(水层)+(有机层)+(水层)从平衡角度解释:向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是________________;(7)已知298K时,Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20,为了使溶液中沉淀完全,需调节pH至少为________;(8)取某产品0.50g,加硫酸溶解后,用的溶液滴定至终点(铈被还原成).(已知:的相对分子质量为208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;②根据下表实验数据计算产品的纯度____________;滴定次数溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度,其它操作都正确,则测定的产品的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、氮化铝(AlN)是一种新型无机材料,广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用Al2O3+3C+N22AlN+3CO制取氮化铝,设计如图实验装置:试回答:(1)实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为___。(2)装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是__(填写序号)。a.防止NaNO2饱和溶液蒸发b.保证实验装置不漏气c.使NaNO2饱和溶液容易滴下(3)按图连接好实验装置,检查装置气密性的方法是:在干燥管D末端连接一导管,将导管插入烧杯中的液面下,___。(4)化学研究小组的装置存在严重问题,请说明改进的办法:___。(5)反应结束后,某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知:氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广口瓶中的试剂X最好选用___(填写序号)。a.汽油b.酒精c.植物油d.CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间),则实验测得NH3的体积将___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g,测得氨气的体积为3.36L(标准状况),则样品中AlN的质量分数为___。21、化合F是一种重要的有机合成中间体,它的合成路线如下:(1)化合物F中含氧官能团的名称是____________和_____________,由B生成C的化学反应类型是_________________________。(2)写出化合物C与乙酸反应生成酯的化学方程式:________________________。(3)写出化合物B的结构简式:____________。同时满足下列条件的B的同分异构体(不包括B)共有___________种:能与FeCl3溶液显紫色,苯环上只有两个取代基。(4)某化合物是D的同分异构体,且核磁共振氢普有三个吸收峰。写出该化合物的结构简式:__________________________________________(任写一种)。(5)请根据已有知识并结合相关信息,写出以苯酚()和CH2=CH2为原料制备有机物的合成路线流程图_____________(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下:H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
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.H2O是共价化合物,其电子式为,故A错误;B.25℃时,纯水的pH=7,故B错误;C.D216O质量数之和为2×1+1×16=20,质子数之和为2×1+1×8=10,质量数之和是质子数之和的两倍,故C正确;D.273K时,水以固液混合物的形式存在,且温度、压强相同,同种状态、同种分子间的距离相同,故D错误;故选C。2、D【解析】
A.Fe3+具有氧化性,可以将碘离子I-氧化成碘I2,碘遇淀粉变蓝,离子方程式:2Fe3++2I-=2Fe2++I2,故A项涉及;B.氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性,可以把Br-氧化成Br2,CCl4层显橙色,故B涉及;C.醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下,发生氧化还原反应,生成砖红色沉淀,故C涉及;D.Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀,这个反应不是氧化还原反应,故D不涉及;题目要求选择不涉及氧化还原反应的,故选D。3、B【解析】
W是空气中含量最多的元素,则W为N元素。Y的周期数等于其族序数,另Y的原子序数大于W的原子序数,则Y在第三周期第ⅢA族,Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水,在Al和N之间的元素,Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水,则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍,最内层的电子数为2个,则Z的最外层电子数为6,则Z为S元素。A.Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物,属于特殊的氧化物),有2种;Al的氧化物为Al2O3,只有1种,A错误;B.S2-核外有3个电子层,Na+核外只有2个电子层,电子层数越多,离子半径越大,则有r(Na+)<r(S2-),B正确;C.W和Z的氢化物分别为NH3和H2S,可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=(NH4)2S,C错误;D.Na的氢化物NaH,由Na+和H-构成,只有离子键,D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为:①核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小;②核外电子排布不同的短周期元素离子,其电子层数越多,离子半径越大。4、B【解析】
化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源,主要有煤、石油、天然气等,其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源,主要有煤、石油、天然气等,故A、C、D不选;B、生物质能可通过植物光合作用获得,不属于化石燃料,故B选;故选:B。5、D【解析】
A、电镀时镀层金属作阳极,则Zn为阳极,待镀金属作阴极,则Fe为阴极,含有锌离子的溶液为电解质溶液,故A错误;B、Zn比Fe活泼,形成原电池时,Zn作负极,镀锌钢管破损后,负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+,故B错误;C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀,因Fe比Ag活泼,铁易被腐蚀,故C错误;D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法,铁分别为正极和阴极,都发生还原反应,可防止被氧化,故D正确。答案选D。【点睛】考查电化学腐蚀与防护,应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。6、B【解析】
A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀,所以不能说明混合气体中含有三氧化硫,故错误;B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明混合气体含有二氧化硫,硫酸铜分解生成二氧化硫,硫元素化合价降低,应有元素化合价升高,所以产物肯定有氧气,故正确;C.固体产物加入稀硝酸,氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜,不能说明固体含有氧化铜,故错误;D.将气体通过饱和Na2SO3溶液,能吸收二氧化硫、三氧化硫,故错误。故选B。7、A【解析】
可通过假设相对分子质量为100,然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量,然后求出原子个数,然后乘以3,得出的数值即为分子式中原子个数的最大值,进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100,则碳元素的质量就为71.58,碳的原子个数为:=5.965,则相对分子质量如果为300的话,就为5.965×3═17.895;同理,氢的原子个数为:×3=20.01,氮的原子个数为:×3=1.502,氧的原子个数为:×3=3.15,因为吗啡的相对分子质量不超过300,故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895,氢的原子个数不超过20.01,氮的原子个数不超过1.502;符合要求的为A,答案选A。8、D【解析】
A.碘化银可在空气中形成结晶核,是水凝结,因此可用于人工降雨,A项正确;B.石墨与金刚石互为同素异形体,在一定温度、压强下石墨可变成金刚石,B项正确;C.闪电时空气中的N2可变为氮的化合物,例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等,C项正确;D.氯化钠在烹饪温度下不会分解,氯挥发的情况不会出现,而且钠是非常活泼的金属,遇水会立刻转化为氢氧化钠,不可能只剩下钠,D项错误;答案选D。9、D【解析】
A.Mg(s)+F2(l)=MgF2(s)△H=-1124kJ·mol-1,Mg(s)+Br2(l)=MgBr2(s)△H=-524kJ·mol-1,依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断;B.溴化镁的能量小于碘化镁的能量,溴的能量大于碘的能量,所以MgI2与Br2反应是放热反应;C.生成溴化镁为放热反应,其逆反应为吸热反应;D.能量越小的物质越稳定。【详解】A.Mg(s)+F2(l)=MgF2(s)△H=-1124kJ·mol-1,Mg(s)+Br2(l)=MgBr2(s)△H=-524kJ·mol-1,将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2(s)+Br2(L)=MgBr2(s)+F2(g)△H=+600kJ·mol-1,故A正确;B.溴化镁的能量小于碘化镁的能量,溴的能量大于碘的能量,所以MgI2与Br2反应是放热反应,MgI2与Br2反应的△H<0,故B正确;C.生成溴化镁为放热反应,其逆反应为吸热反应,电解MgBr2制Mg是吸热反应,故C正确;D.能量越小的物质越稳定,所以化合物的热稳定性顺序为MgI2<MgBr2<MgCl2<MgF2,故D错误;故选D。【点睛】本题化学反应与能量变化,侧重考查学生的分析能力,易错点D,注意物质能量与稳定性的关系判断,难点A,依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。10、D【解析】
A.某温度下,一元弱酸HA的电离常数为Ka,则其盐NaA的水解常数Kh与Ka存在关系为:Kh=,所以Ka越小,Kh越大,故A错误;B、温度升高,更多分子吸收能量成为活化分子,反应速率增大,但活化能不变,故B错误;C.黄铜是锌和铜的合金,锌比铜的化学性质活泼,与铜相比它更易与空气中的氧气反应,而阻碍了铜在空气中的氧化,所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿,故C错误;D、和的核磁共振氢谱上峰的个数相同,但峰面积之比分别为1∶2∶2∶3和1∶2∶2∶1,可以区分,故D正确;答案选D。11、B【解析】
A、酚酞变红色的溶液,此溶液显碱性,Al3+、OH-生成沉淀或AlO2-,不能大量共存,故A错误;B、根据信息,此溶液中c(H+)>c(OH-),溶液显酸性,这些离子不反应,能大量共存,故正确;C、与Al能放出氢气的,同业可能显酸性也可能显碱性,若是碱性,则Fe2+和OH-不共存,若酸性,NO3-在酸性条件下具有强氧化性,不产生H2,故C错误;D、水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液,此物质对水电离有抑制,溶液可能显酸性也可能显碱性,AlO2-、CO32-和H+不能大量共存,故D错误。答案选B。12、C【解析】
A.标准状况下,SO3为固体,不能利用22.4L/mol计算所含的分子数,A不正确;B.没有提供0.1mol•L-1的Na2CO3溶液的体积,无法计算CO32-的数目,B不正确;C.8.0gCu2S和8.0gCuO所含铜原子都为0.1mol,则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA,C正确;D.2.24LCl2通入水中,与水反应的Cl2的物质的量小于0.1mol,转移电子的数目小于0.1NA,D不正确。故选C。13、B【解析】
A.根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6,A错误;B.根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团,B正确;C.1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子,维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C,失去H原子的反应为氧化反应;碘遇淀粉变蓝,所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂,终点时溶液由无色变蓝色,C错误;D.羟基属于亲水基团,维生素C含多个羟基,故易溶于水,而在有机溶剂中溶解度比较小,D错误;故合理选项是B。14、A【解析】
A.原子序数为6,应为碳元素的粒子,可以表示,也可以表示,故A正确;B.由轨道表示式可知电子排布式为1s22s22p2,可以表示碳原子,不能表示氧原子最外层电子,故B错误;C.比例模型可以表示水分子,但不能表示二氧化碳分子,因为二氧化碳分子是直线形分子,故C错误;D.分子式为,也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3,而乙二醇的分子式为,故D正错误;故选A。15、C【解析】
A.在氧化还原反应中,可能是同一种元素既被氧化又被还原,A错误;B.同素异形体的转化不是氧化还原反应,B错误;C.有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变,所以一定是氧化还原反应,C正确;D.失电子难的原子,获得的电子也可能难,如稀有气体,D错误。故选C。16、D【解析】
A.在光照条件下,烷烃能够与卤素单质发生取代反应,故A正确;B.乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应,则褪色原理相同,故B正确;C.甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氢量相等,总质量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氢元素的质量一定,完全燃烧时生成水的质量一定,故C正确;D.对二氯苯仅一种结构,不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构,因为如果是单双键交替的结构,对二氯苯也是一种结构,故D错误;故选D。【点睛】本题的易错点为D,要注意是不是单双键交替的结构,要看对二氯苯是不是都是一种,应该是“邻二氯苯仅一种结构,才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构”,因为如果是苯环结构中存在单双键交替的结构,邻二氯苯有2种结构。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】
A的分子式为,而1,丁二烯与A反应生成B,且B与氢气反应得到,结合信息可知A为,B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为,D为,E为,由信息可知F为,G为,H为。【详解】(1)A的分子式为,其结构简式为:,故答案为:;(2)E→F羟基的催化氧化,反应的化学方程式为,故答案为:;
(3)H的结构简式为,满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式:Ⅰ、含有苯环;Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子,符合条件的同分异构体有:、,故答案为:;、;(4)由与干醚得到,再与环氧乙烷得到由,然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到,合成路线流程图为:,故答案为:。18、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3取代反应3【解析】
由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3,生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3,F发生消去反应生成G,G为,X的苯环上只有一个取代基,且取代基无甲基,结合N的分子式可知N的结构简式为,可知X为苯乙醇,由M的分子式可知D含有8个C,结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3,则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3,D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,M为,以此解答该题。【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3,名称为2-甲基-1-丁烯;(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3;(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3,在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,故反应类型为取代反应;(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,M为,反应的方程式为;(5)由以上分析可知N为;(6)X为苯乙醇,对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色,则羟基连接在苯环,②苯环上的一氯取代物只有两种,另一取代基为2个甲基或1个乙基,共3种,即等;(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3,可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3,在铜催化条件下被氧化生成醛,然后与弱氧化剂反应生成酸,反应的流程为。【点睛】结合反应条件推断反应类型:(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应,可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应,可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应,则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应,则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2,则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应;在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。19、ABDECNH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收挥发的、同时生成在水中溶解度大,在水中溶解度不大,碱性溶液吸收,可提高利用率混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大,平衡向生成水溶液方向移动9酸式95.68%偏低【解析】
(一)根据制备的反应原理:2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O,结合装置图可知,W中制备二氧化碳,Y中制备氨气,X是除去二氧化碳中HCl,在Z中制备碳酸镧,结合氨气的性质分析解答(1)~(4);(二)由实验流程可知,氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2,加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O,过滤分离出不溶物,含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液,再与碱反应生成Ce(OH)3,将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)~(8)。【详解】(一)(1)由装置可知,W中制备二氧化碳,X除去HCl,Y中制备氨气,在Z中制备碳酸镧,则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为:F→A→B→D→E→C,故答案为A;B;D;E;C;(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑,故答案为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑;(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢,需要盛放的试剂是NaHCO3溶液,其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2,故答案为NaHCO3溶液;吸收挥发的HCl、同时生成CO2;(4)Z中应先通入NH3,后通入过量的CO2,因为NH3在水中溶解度大,二氧化碳在水中溶解度不大,碱性溶液利用吸收二氧化碳,提高利用率,故答案为NH3在水中溶解度大,CO2在水中溶解度不大,碱性溶液吸收,可提高利用率;(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2),其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O,故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大,平衡向生成Ce3+水溶液方向移动,故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大,平衡向生成Ce3+水溶液方向移动;(7)已知298K时,Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20,为了使溶液中Ce3+沉淀完全,c(OH-)==1×10-5mol/L,由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L,pH=-lgc(H+)=9,故答案为9;(8)①FeSO4属于强酸弱碱盐,水解后溶液显酸性,则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中,故答案为酸式;②由表格数据可知,第二次为25.30mL,误差较大应舍弃,FeSO4的物质的量为0.1000mol•L-1××0.001L/mL=0.0023mol,根据电子得失守恒可得关系式CeO2~FeSO4,由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023×208g=0.4784g,则Ce(OH)4产品的纯度为×100%=95.68%,故答案为95.68%;③改用0.1000mol•L-1的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度,Ce4+有强氧化性,与Cl-发生氧化还原反应,由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小,则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低,故答案为偏低。20、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc用酒精灯微热蒸馏烧瓶,导管口有气泡冒出,撤掉酒精灯一段时间,导管内上升一段水柱,证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【解析】
制取氮化铝:用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O,装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A,平衡内外压强,使NaNO2饱和溶液容易滴下,制得的氮气排尽装置中的空气,碱石灰干燥氮气,氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳,方程式为:Al2O3+3C+N22AlN+3CO,D防止空气进入反应装置干扰实验;(1)饱和NaNO2与NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水;(2)根据实验的需要结合大气压强原理来回答;(3)只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证;(4)实验必须对有毒气体进行尾气处理,防止空气污染;(5)氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气,氨气进入广口瓶后,如果装置密闭,广口瓶中压强会增大,那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中,根据等量法可知,进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积.所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积,然后有氨气的密度求出氨气的质量,进而根据方程式求出氮化铝的质量。①产生的氨气极易溶于水,为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离,因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液;选用的试剂应是和水不互溶,且密度大于水的;②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气,反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气,氨气代替了开始的空气,把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可;③根据氨气的体积计算出物质的量,得出其中氮原子的物质的量,根据氮原子守恒,来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝:用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O,装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A,平衡内外压强,使NaNO2饱和溶液容易滴下,制得的氮气排尽装置中的空气,碱石灰干燥氮气,氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳,方程式为:Al2O3+3C+N22AlN+3CO,D防止空气进入反应装置干扰实验。(1)饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水,反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O;故答案为:NaNO2+NH4ClNaC
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