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2023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、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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、化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是()A.含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康,应禁止使用B.油脂属于高分子化合物,使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C.将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用,是法律允许的做法D.废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料2、自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题,如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图:下列叙述正确的是A.N2NH3,NH3NO均属于氮的固定B.催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D.使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量3、下列说法中正确的是()A.2019年,我国河南、广东等许多地方都出现了旱情,缓解旱情的措施之一是用溴化银进行人工降雨B.“光化学烟雾”“臭氧层空洞”“温室效应”“硝酸型酸雨”等环境问题的形成都与氮氧化合物有关C.BaSO4在医学上用作透视钡餐,主要是因为它难溶于水D.钠、镁等单质在电光源研制领域大显身手,钠可以应用于高压钠灯,镁可以制造信号弹和焰火4、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12mol·L-1HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H+)为8mol·L-1,溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收,消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是()A.SnO2·4H2O B.Sn(NO3)4C.Sn(NO3)2 D.Sn(NO3)2和Sn(NO3)45、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示,其中元素Q位于第四周期,X的最高正价和最低负价之和为0,下列说法不正确的是()XYZQA.原子半径(r):r(Y)>r(Z)>r(X)B.分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C.推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应D.Z的简单阴离子失电子能力比Y的强6、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,观察现象A.A B.B C.C D.D7、下图可设计成多种用途的电化学装置。下列分析正确的是A.当a和b用导线连接时,溶液中的SO42-向铜片附近移动B.将a与电源正极相连可以保护锌片,这叫牺牲阳极的阴极保护法C.当a和b用导线连接时,铜片上发生的反应为:2H++2e-=H2↑D.a和b用导线连接后,电路中通过0.02mol电子时,产生0.02mol气体8、X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大。X和Z同主族,Y和W同主族;原子半径X小于Y;X、Y、Z、W原子最外层电子数之和为14。下列叙述正确的是A.气态氢化物的热稳定性:W>YB.Y和Z可形成含有共价键的离子化合物C.W的最高价氧化物对应水化物的酸性同周期元素中最强D.原子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)9、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A.葡萄糖 B.蛋白质 C.硫酸铁 D.淀粉10、某热再生电池工作原理如图所示。放电后,可利用废热进行充电。已知电池总反应:Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH<0。下列说法正确的是()A.充电时,能量转化形式主要为电能到化学能B.放电时,负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC.a为阳离子交换膜D.放电时,左池Cu电极减少6.4g时,右池溶液质量减少18.8g11、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB.常温常压下,11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC.常温常压下.4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD.常温下,1molC5H12中含有共价键数为16NA12、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展,一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A.放电时,a极电势高于b极B.充电时,a极电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-C.图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量D.导线中有NA个电子转移,就有0.5molZn2+通过隔膜13、中国传统诗词中蕴含着许多化学知识,下列分析不正确的是()。A.“日照香炉生紫烟,遥看瀑布挂前川”,“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B.“千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始到金”,金性质稳定,可通过物理方法得到C.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹的燃放涉及氧化还原反应D.“榆荚只能随柳絮,等闲缭乱走空园”,“柳絮”的主要成分为纤维素14、下列物质的工业生产过程中,其主要反应不涉及氧化还原反应的是()A.纯碱 B.氨气 C.烧碱 D.盐酸15、关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是A.牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理B.外加电流阴极保护法利用的是电解原理C.牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极D.外加电流阴极保护法中钢铁为阴极16、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪,由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A.奶油是可产生较高能量的物质 B.人造脂肪属于酯类物质C.植物油中含有碳碳双键 D.油脂的水解反应均为皂化反应二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物W(C16H14O2)用作调香剂、高分子材料合成的中间体等,制备W的一种合成路线如下:已知:请回答下列问题:(1)F的化学名称是_______,⑤的反应类型是_______。(2)E中含有的官能团是_______(写名称),E在一定条件下聚合生成高分子化合物,该高分子化合物的结构简式为_______。(3)E+F→W反应的化学方程式为_______。(4)与A含有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有_______种(不含立体异构),其中核磁共振氢谱为六组峰,且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为____。(5)参照有机物W的上述合成路线,写出以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线(无机试剂任选)_______。18、PVAc是一种具有热塑性的树脂,可合成重要高分子材料M,合成路线如下:己知:R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+(1)标准状况下,4.48L气态烃A的质量是5.2g,则A的结构简式为___________________。(2)己知A→B为加成反应,则X的结构简式为_______;B中官能团的名称是_________。(3)反应①的化学方程式为______________________。(4)E能使溴的四氯化碳溶液褪色,反应②的反应试剂和条件是_______________________。(5)反应③的化学方程式为____________________________。(6)在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇的作用是__________________________。(7)己知M的链节中除苯环外,还含有六元环状结构,则M的结构简式为_________________。19、对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体,可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知:苯胺是一种无色油状液体,微溶于水,易溶于乙醇,熔点−6.1℃,沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体,微溶于冷水,可溶于沸水,易溶于碱性溶液,不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料,利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下:步骤1:在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石,将三颈烧瓶放在冰水中冷却,小心地加入18mL浓硫酸。步骤2:将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170~180℃,维持此温度2~2.5小时。步骤3:将反应产物冷却至约50℃后,倒入盛有100mL冷水的烧杯中,用玻璃棒不断搅拌,促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中,抽滤,洗涤,得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4:将粗产品用沸水溶解,冷却结晶,抽滤,收集产品,晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。(1)装置中冷凝管的作用是__________。(2)步骤2油浴加热的优点有____________________。(3)步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。(4)步骤3和4均进行抽滤操作,在抽滤完毕停止抽滤时,应注意先__________,然后__________,以防倒吸。(5)若制得的晶体颗粒较小,分析可能的原因______(写出两点)。20、碘被称为“智力元素”,科学合理地补充碘可防治碘缺乏病,KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等,其制备原理如下:反应I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反应II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为_______。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是_________。(2)关闭启普发生器活塞,先滴入30%的KOH溶液.待观察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象),停止滴人KOH溶液;然后______(填操作),待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。(3)滴入硫酸溶液,并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热,其目的是_____________。(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还含有硫酸钡和___________(填名称)。合并滤液和洗涤液,蒸发至析出结晶,干燥得成品。(5)实验室模拟工业制备KIO3流程如下:几种物质的溶解度见下表:①由上表数据分析可知,“操作a”为__________________。②用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3,与电解法相比,上述流程制备KIO3的缺点是____________。(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。取1.00g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化,再加入过量的KI和少量的淀粉溶液,逐滴滴加2.0mol●L-1Na2S2O3溶液,恰好完全反应时共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为_______(已知反应:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。21、含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性,工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸,具体的流程如下:已知:CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水,其它几种盐在常温下的溶度积常数如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.1×10-62.30×10-21.17×10-101.08×10-10(1)用离子方程式表示K2Cr2O7溶液中同时存在K2CrO4的原因(将离子方程式补充完整):+__________=+__________。____________(2)向滤液1中加入BaCl2·2H2O的目的,是使从溶液中沉淀出来。①结合上述流程说明熟石灰的作用:__________。②结合表中数据,说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由:__________。③研究温度对沉淀效率的影响。实验结果如下:在相同的时间间隔内,不同温度下的沉淀率,如下图所示。已知:BaCrO4(s)Ba2+(aq)+ΔH>0的沉淀效率随温度变化的原因是__________。(3)向固体2中加入硫酸,回收重铬酸。①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图所示。结合化学平衡移动原理,解释使用0.450mol/L的硫酸时,重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因:__________。②回收重铬酸的原理如图所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时,重铬酸的回收率没有明显变化,其原因是__________。(4)综上所述,沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与__________有关。
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、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿,缺氟易患龋齿,故A错误;B、油脂既能运送营养素,也能作为维生素A、D、E、K的溶剂,它们必须溶在油脂里面,才会被消化吸收,但油脂是小分子,不是高分子,故B错误;C、将二氧化硫添加于红酒中,利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性,故C正确;D、废旧电池含有汞、镉等重金属,用完随便丢弃容易造成环境污染,应集中回收处理,防止污染土壤与水体,故D错误。答案选C。2、D【解析】
A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态,N2NH3为氮的固定,但NH3NO不属于氮的固定,A错误;B.催化剂a作用下氮原子发生了还原反应,B错误;C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成,C错误;D.使用催化剂a、b可加快反应速率,提高单位时间内生成物的产量,D正确。故选D。3、D【解析】
A.用碘化银进行人工降雨,而不是溴化银,故A错误;B.“温室效应”与二氧化碳有关,与氮氧化合物无关,故B错误;C.BaSO4在医学上用作透视钡餐,主要是因为它难溶于酸,故C错误;D.因为钠发出的黄光射程远,透雾能力强,则钠可以应用于高压钠灯,镁燃烧发出耀眼的白光,则镁可以制造信号弹和焰火,故D正确;综上所述,答案为D。4、A【解析】
11.9g金属锡的物质的量==0.1mol,l2mol/LHNO3为浓硝酸,完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L,则浓硝酸有剩余,即锡与浓硝酸反应生成NO2,二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐,根据钠原子和氮原子的关系知,n(Na)=n(N)=0.4mol,所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol;设金属锡被氧化后元素的化合价为x,由电子守恒可知:0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4),解得x=+4;又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NO3-)==8mol/L,根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4,故答案为A。5、D【解析】
元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示,其中元素Q位于第四周期,则X位于第二期,Y、Z位于第三周期;X的最高正价和最低负价之和为0,则X位于ⅣA族,为C元素,结合各元素在周期表中的相对位置可知,Y为S,Z为Cl元素,Q为Sc元素,据此解答。【详解】根据分析可知:X为C元素,Y为S,Z为Cl元素,Q为Sc元素。A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小,同一主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径r(Y)>r(Z)>r(X),故A正确;B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸,HCl和硫酸都是强酸,故B正确;C.Q位于ⅥA族,最外层含有6个电子,根据O、S的性质可推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应,故C正确;D.非金属性越强,对应离子的失电子能力越强,非金属性Cl>S,则简单离子失电子能力Z(Cl)<Y(S),故D错误;故选D。6、D【解析】
A.Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸,发生反应Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,滴加KSCN溶液后,溶液变红色,不能肯定原样品是否变质,A不合题意;B.“84”消毒液具有强氧化性,能使pH试纸褪色,不能用pH试纸检验其pH,B不合题意;C.未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没,发生析氢腐蚀,C不合题意;D.在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,有气泡产生,则说明生成了H2CO3,从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3,D符合题意;故选D。7、C【解析】
A.当a和b用导线连接时构成原电池,锌是负极,则溶液中的SO42-向锌片附近移动,选项A错误;B.将a与电源正极相连铜是阳极,锌是阴极,可以保护锌片,这叫外加电流的阴极保护法,选项B错误;C.当a和b用导线连接时时构成原电池,锌是负极,铜是正极发生还原反应,则铜片上发生的反应为:2H++2e=H2↑,选项C正确;D.a和b用导线连接后构成原电池,锌是负极,铜是正极,电路中通过0.02mol电子时,产生0.01mol氢气,选项D错误;答案选C。8、B【解析】
由题意可以推断出元素X、Y、Z、W分别为H、O、Na、S。A.元素的非金属性越强,其对应氢化物越稳定,非金属性W(S)<Y(O),气态氢化物的热稳定性:H2S<H2O,选项A错误;B.Y和Z可形成含有共价键的离子化合物Na2O2,选项B正确;C.元素的非金属性越强,最高价氧化物对应水化物酸性越强,Cl非金属性强于S,所以HClO4是该周期中最强的酸,选项C错误;D.原子半径的大小顺序:r(Z)>r(W)>r(Y),选项D错误。答案选B。9、A【解析】
A.葡萄糖溶于水得到溶液,不能产生丁达尔效应,A符合题意;B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液,由于蛋白质分子直径比较大,其溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,B不符合题意;C.硫酸铁溶于水后,电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体,可以发生丁达尔效应,C不符合题意;D.淀粉分子直径比较大,溶于水形成的溶液属于胶体,可以发生丁达尔效应,D不符合题意;故合理选项是A。10、D【解析】
已知电池总反应:Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,放出的热量进行充电,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu−2e−=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e−=Cu,中间为阴离子交换膜,据此分析。【详解】已知电池总反应:Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,放出的热量进行充电,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应Cu−2e−=Cu2+,通入氨气发生反应Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H<0,右端为原电池正极,电极反应Cu2++2e−=Cu,中间为阴离子交换膜;A.充电时,能量转化形式主要为热能→化学能,故A错误;B.放电时,负极反应为Cu+4NH3−2e−=[Cu(NH3)4]2+,故B错误;C.原电池溶液中阴离子移向负极,a为阴离子交换膜,故C错误;D.放电时,左池Cu电极减少6.4g时,Cu−2e−=Cu2+,电子转移0.2mol,右池溶液中铜离子析出0.1mol,硝酸根离子移向左电极0.2mol,质量减少=0.2mol×62g/mol+0.1mol×64g/mol=18.8g,故D正确;故答案选D。11、A【解析】A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol的水,所含原子数目为1.5NA,故A错误;B.常温常压下,气体的摩尔体积大于22.4L/mol,则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol,所含分子数目小于0.5NA,故B正确;C.N2O与CO2相对分子质量均为44,且分子内原子数目均为3,常温常压下.4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA,故C正确;D.每个C5H12分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键,1molC5H12中含有共价键数为16NA,故D正确;答案为A。12、B【解析】
在a电极上,I2Br-得电子生成I-和Br-,a电极为正极;在b电极上,Zn失电子生成Zn2+进入溶液,b电极为负极。【详解】A.放电时,a极为正极,电势高于作负极的b极,A正确;B.充电时,a极应为阳极,电极反应为2I-+Br--2e-==I2Br-,B错误;C.图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同,相当于电极区的电解质溶液,可提高电池的容量,C正确;D.导线中有NA个电子转移,依据关系式Zn—2e-,就有0.5molZn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性),D正确;故选B。13、A【解析】
A.“紫烟”是水产生的雾气,它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴,是一种液化现象,不是碘升华,故A错误;B.自然界中金单质的密度比较大,且化学性质稳定,可通过物理方法得到,故B正确;C.“爆竹”中含黑火药,燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成,属于化学变化,故C正确;D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同,都是纤维素,故D正确。答案选A。.【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系,难度不大,注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。14、A【解析】
A.工业生产纯碱的化学方程式为:NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑都为复分解反应,不涉及氧化还原反应,故A正确;B.工业制氨气的化学方程式为:
N2+3H22NH3,有化合价变化,是氧化还原反应,故B错误;C.工业制取烧碱的化学方程式为:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
,有化合价变化,是氧化还原反应,故C错误;D.工业制取盐酸:H2+Cl22HCl,HCl溶于水形成盐酸,有化合价变化,是氧化还原反应,故D错误;故答案为A。15、C【解析】A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接,形成原电池,A正确;B.:外加电流的阴极保护法是外加电源,形成电解池,让金属称为阴极得电子,从而保护金属,B正确C.为保护钢铁,钢铁为电池正极,C错误;D.利用电解原理,钢铁为阴极得到电子,从而受到保护,D正确。故选择C。点睛:原电池中,失去电子的为负极,得到电子的为正极;电解池中,失去电子的为阳极,得到电子的为阴极。16、D【解析】
A.奶油是人造脂肪,是由液态植物油氢化制得的,是人体内单位质量提供能量最高的物质,故A正确;B.人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,属于酯类物质,故B正确;C.植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯,其烃基中含有碳碳双键,故C正确;D.油脂在碱性条件下的水解为皂化反应,酸性条件下的水解反应不是皂化反应,故D错误;故选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基+H2O5【解析】
A和Br2的CCl4溶液反应发生加成反应,结合B的结构简式,则A的结构简式为,B在NaOH的水溶液下发生水解反应,-Br被—OH取代,C的结构简式为,C的结构中,与—OH相连的C上没有H原子,不能发生醇的催化氧化,—CH2OH被氧化成—CHO,醛基再被氧化成-COOH,则D的结构简式为,根据分子式,D到E消去了一分子水,为醇羟基的消去反应,E的结构简式为,E和苯甲醇F,在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W,W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇;根据分子式,D到E消去了一分子水,反应类型为消去反应;(2)根据分析,E的结构简式为,则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基;E中含有碳碳双键,可以发生加聚反应,结构简式为;(3)E中含有羧基,F中含有羟基,在浓硫酸的作用下发生酯化反应,化学方程式为++H2O;(4)有A含有相同的官能团且含有苯环,A的结构简式为,则含有碳碳双键,除了苯环外,还有3个C原子,则苯环上的取代基可以为-CH=CH2和-CH3,有邻间对,3种同分异构体;也可以是-CH=CHCH3,或者-CH2CH=CH2,共2种;共5种;核磁共振氢谱为六组峰,且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为;(5)由M到F,苯环上多了一个取代基,利用已知信息,可以在苯环上引入一个取代基,-CH2OH,可由氯代烃水解得到,则合成路线为。【点睛】并不是所有的醇都能发生催化氧化反应,-CH2OH被氧化得到-CHO,被氧化得到;中,与—OH相连的C上没有H原子,不能发生催化氧化反应。18、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀NaOH溶液/△保护醛基不被H2还原【解析】
标准状况下,3.36L气态烃A的质量是3.9g,则相对摩尔质量为=26g/mol,应为HC≡CH,A与X反应生成B,由B的结构简式可知X为CH3COOH,X发生加聚反应生成PVAc,结构简式为,由转化关系可知D为CH3CHO,由信息Ⅰ可知E为,由信息Ⅱ可知F为,结合G的分子式可知G应为,H为,在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇可保护醛基不被H2还原,M为,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,(1)标准状况下,4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g,摩尔质量为26g/mol,所以A为乙炔,结构简式为HC≡CH;正确答案:HC≡CH。(2)根据B分子结构可知,乙炔和乙酸发生加成反应,X的结构简式为.CH3COOH;B中官能团的名称是酯基、碳碳双键;正确答案:CH3COOH;酯基、碳碳双键。(3)有机物B发生加聚反应生成PVAc,PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇,化学方程式为;正确答案:(4)乙炔水化制乙醛,乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E,因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液/△;正确答案:稀NaOH溶液/△。(5)根据信息II,可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应,与氢气发生加成反应生成;化学方程式为;正确答案:。(6)从流程图可以看出,醛基能够与氢气发生加成反应,所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原;正确答案:保护醛基不被H2还原。(7)高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应,生成六元环状结构的高分子环醚,则M的结构简式为;正确答案:。19、冷凝回流受热均匀,便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀,待乙醇自然流出后,重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)【解析】
结合题给信息进行分析:步骤1中,将三颈烧瓶放入冷水中冷却,为防止暴沸,加入沸石。步骤2中,因为反应温度为170~180℃,为便于控制温度,使反应物受热均匀,采取油浴方式加热;步骤3中,结合对氨基苯磺酸的物理性质,将反应产物导入冷水烧杯中,并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同,采用乙醇洗涤晶体。步骤4中,利用对氨基苯磺酸可溶于沸水,通过沸水溶解,冷却结晶等操作,最终得到纯净产品。【详解】(1)冷凝管起冷凝回流的作用,冷却水从下口进入,上口排出;答案为:冷凝回流;(2)油浴加热优点是反应物受热均匀,便于控制温度;答案为:受热均匀,便于控制温度;(3)苯胺是一种无色油状液体,微溶于水,易溶于乙醇,对氨基苯磺酸是一种白色晶体,微溶于冷水,可溶于沸水,易溶于碱性溶液,不溶于乙醇,则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀,待乙醇自然流出后,重复操作2~3次;答案为:向过滤器中加入乙醇浸没沉淀,待乙醇自然流出后,重复操作2~3次;(4)抽滤完毕停止抽滤时,为防止倒吸,先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管,再关水龙头;答案为:拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管;关闭水龙头;(5)对氨基苯磺酸微溶于冷水,可溶于沸水,若制得的晶体颗粒较小,可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为:溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)。【点睛】冷却结晶的晶体大小影响因素:(1)浆料的过饱和度,这个主要由温度来控制,温度越低过饱和度越低。过饱和度越大,则产生晶核越多,结晶体粒径越小。(2)停留时间,时间越长,则产生的结晶体粒径越大。(3)容器的搅拌强度,搅拌越强,容易破碎晶体,结晶体粒径越小。(4)杂质成分,杂质成分较多,则比较容易形成晶核,结晶体粒径越小。20、ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4恒压滴液漏斗无色打开启普发生器活塞,通入气体使溶液酸化并加热,有利于溶液中剩余的硫化氢逸出,从而除去硫化氢硫蒸发浓缩、冷却结晶(或重结晶)KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气,污染环境;89.88%【解析】
实验过程为:先关闭启普发生器活塞,在三颈烧瓶中滴入30%的KOH溶液,发生反应I:3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O,将碘单质完全反应;然后打开启普发生器活塞,启普发生器中硫酸和硫化锌反应生成硫化氢气体,将气体通入三颈烧瓶中发生反应II:3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O,将碘酸钾还原成KI,氢氧化钠溶液可以吸收未反应的硫化氢;(5)实验室模拟工业制备KIO3:将I2、HCl、KClO3水中混合发生氧化还原反应,生成KH(IO3)2,之后进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到KH(IO3)2晶体,再与KOH溶液混合发生反应、过滤蒸发结晶得到碘酸钾晶体。【详解】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌,反应的化学方程式:ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4;根据仪器结构可知该仪器为恒压滴液漏斗;(2)碘单质水溶液呈棕黄色,加入氢氧化钾后碘单质反应生成碘酸钾和碘化钾,完全反应后溶液变为无色;然后打开启普发生器活塞,通入气体发生反应II;(3)反应完成后溶液中溶有硫化氢,滴入硫酸并水浴加热可降低硫化氢的溶解度,使其逸出,从而除去硫化氢;(4)根据反应II可知反应过程中有硫单质生成,硫单质不溶于水;(5)①根据表格数据可知温度较低时KH(IO3)2的溶解度很小,所以从混合液中分离KH(IO3)2晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,所以操作a为蒸发浓缩、冷却结晶;②根据流程可知该过程中有氯气产生,氯气有毒会污染空气,同时该过程中消耗了更多的药品;(6)该滴定原理是:先加入过量的KI并酸化与KIO3发生反应:IO3⁻+5I⁻+6H+===3I2+3H2O,然后利用Na2S2O3测定生成的碘单质的量从而确定KIO3的量;根据反应方程式可知IO3⁻~3I2,根据滴定过程反应I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3,则有IO3⁻~6Na2S2O3,所用n(KIO3)=0.01260L×2.0mol/L×=0.0042mol,所以样品中KIO3的质量分数为=89.88%。【点睛
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