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文档简介
2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019-nCOV)的感染,其结构如图所示。下列说法错误的是A.基态C1原子的核外电子有17种运动状态B.C、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC.H3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D.与足量H2发生加成反应后,该分子中手性碳原子个数不变2、25℃时,向20mL0.1mol/LH2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液,溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.a点所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.lmol/LB.b点所示溶液中:c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)C.对应溶液的导电性:b>cD.a、b、c、d中,d点所示溶液中水的电离程度最大3、下列说法正确的是A.的一氯代物有2种B.脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程,释放能量C.与互为同系物D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料4、用如图所示装置进行下列实验:将①中溶液逐滴滴入②中,预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A.稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C.氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D.氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀A.A B.B C.C D.D5、下列指定反应的离子方程式书写正确的是()A.磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中:3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2H2OB.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体:ClO-+SO2+H2O=HClO+HSO3-C.碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水:2H++2I-+H2O2=I2+2H2OD.向NaOH溶液中通入过量CO2:2OH-+CO2=CO32-+H2O6、某有机物W的结构简式为下列有关W的说法错误的是A.是一种酯类有机物 B.含苯环和羧基的同分异构体有3种C.所有碳原子可能在同一平面 D.能发生取代、加成和氧化反应7、下列说法不正确的是A.石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油,煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B.生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C.按系统命名法,有机物可命名为2,2,4,4,5—五甲基—3,3—二乙基己烷D.碳原子数≤6的链状单烯烃,与HBr反应的产物只有一种结构,符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)8、电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法,其工作原理可简单表示如下图所示,下列说法不正确的是()A.通电后a极区可能发生反应2Cl--2e-=Cl2↑B.图中A为阳离子交换膜,B为阴离子交换膜C.通电后b极区附近,溶液的pH变大D.蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都是海水淡化的常用方法9、25℃时,向10mL0.1mol/LNaOH溶液中,逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。已知25℃时:①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。请根据信息判断,下列说法中不正确的是A.整个滴加过程中,水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B.将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时,HF的电离程度减小(不考虑挥发)C.当c>0.1时,溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D.若滴定过程中存在:c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+),则c一定小于0.110、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.0.1mol·L-1KHSO3溶液:Na+、NH4+、H+、SO42-B.0.1mol·L-1H2SO4溶液:Mg2+、K+、Cl-、NO3-C.0.1mol·L-1Na2SO3溶液:Ba2+、K+、ClO-、OH-D.0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液:NH4+、Na+、Cl-、HCO3-11、一定条件下,体积为1L的密闭容器中,0.3molX和0.2molY进行反应:2X(g)+Y(s)Z(g),经10s达到平衡,生成0.1molZ。下列说法正确的是()A.若增加Y的物质的量,则V正大于V逆平衡正向移动B.以Y浓度变化表示的反应速率为0.01mol·L-1·s-1C.该反应的平衡常数为10D.若降低温度,X的体积分数增大,则该反应的△H<012、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B.1molNa与O2反应,生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C.1molNa2O2固体中含有离子总数为4NAD.25℃时,pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子13、化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是()A.煤的干馏和煤的液化均是物理变化B.天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素C.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等D.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同14、t℃时,将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中,溶液中温度变化曲线Ⅰ、pH变化曲线Ⅱ与加入氨水的体积的关系如下图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列说法正确的是A.Kw的比较:a点比b点大B.b点氨水与盐酸恰好完全反应,且溶液中c(NH4+)=c(Cl─)C.c点时溶液中c(NH4+)=c(Cl─)=c(OH─)=c(H+)D.d点时溶液中c(NH3•H2O)+c(OH─)=c(Cl─)+c(H+)15、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO,其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A.该反应的氧化剂是KNO3B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3C.Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D.该反应中生成144gH2O,转移电子的物质的量为12mol16、杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。常见的六元杂环化合物有下列说法正确的是()A.吡啶和嘧啶互为同系物B.吡喃的二氯代物有6种(不考虑立体异构)C.三种物质均能发生加成反应D.三种分子中所有原子处于同一平面二、非选择题(本题包括5小题)17、苯二氮卓类药物氟马西尼(F)的合成路线如下图所示。请回答下列问题:(1)A中官能团有氟原子、_____和________。(均填名称)(2)C3H5O2Cl的结构式为________。(3)反应①和②的反应类型相同,其反应类型是___________。(4)化合物D的分子式为___________。(5)反应⑤生成“物质F”和HCl,则E→F的化学反应方程式为________。(6)是F的同分异构体,其中X部分含—COOH且没有支链,满足该条件的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。(7)已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物,请设计由甘氨酸(HOOCCH2NH2)和CNCH2COOC2H5制备的合成路线________(无机试剂任选)。18、3-正丙基-2,4-二羟基苯乙酮(H)是一种重要的药物合成中间体,合成路线图如下:已知:+(CH3CO)2O+CH3COOH回答下列问题:(1)G中的官能固有碳碳双键,羟基,还有____和____。(2)反应②所需的试剂和条件是________。(3)物质M的结构式____。(4)⑤的反应类型是____。(5)写出C到D的反应方程式_________。(6)F的链状同分异构体还有____种(含顺反异构体),其中反式结构是____。(7)设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线(无机试剂任选)____。19、已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应,产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水),某实验小组为确定该晶体的组成,设计实验步骤及操作如下:已知:a.过程②:MnO4-被还原为Mn2+,C2O42-被氧化为CO2b.过程③:MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+c.过程④:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2d.过程⑥:I2+2S2O32-=21-+S4O62-(1)过程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、____________;过程②和过程⑥滴定时,滴定管应分别选用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成过程②的离子反应方程式的配平:___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)过程③加热的目的是________________________。(5)过程⑥,应以____________作指示剂,若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,据此推测该晶体为____________·H2O。20、氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂,Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度,装置如图所示:实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。(1)盛装NH4Cl溶液的仪器名称是___________。(2)安全漏斗中“安全”含义是__________。实验室将锂保存在_____(填“煤油”“石蜡油”或“水”)中。(3)写出制备N2的化学方程式__________。(4)D装置的作用是____________。(5)测定Li3N产品纯度:取mgLi3N产品按如图所示装置实验。打开止水夹,向安全漏斗中加入足量水,当Li3N完全反应后,调平F和G中液面,测得NH3体积为VL(已折合成标准状况)。①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压________(填“大于”“小于”或“等于”)外界大气压。②该Li3N产品的纯度为________%(只列出含m和V的计算式,不必计算化简)。若Li3N产品混有Li,则测得纯度_____________(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21、研究汽车尾气的产生、转化对环境保护有重要意义。汽车尾气管中的三元催化剂能同时实现CO、CxHy、NOn三种成分的净化。(1)已知热化学方程式:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180kJ·mol-1则反应CH4(g)+4NO(g)=CO2(g)+2N2(g)+2H2O(l)ΔH=____kJ·mol-1。(2)研究表明,温度对CO、CxHy、NOn的产生和排放有较大影响。①汽车发动机内的温度越高,生成的NO越多,原因是____。②当汽车刚冷启动时,汽车尾气管排放的CO、CxHy、NOn浓度较高,一段时间后浓度逐渐降低。汽车刚冷启动时排放CO、CxHy、NOn浓度较高的原因是____。(3)催化剂表面CO、CxHy、NOn的转化如图1所示,化合物W可借助图2(傅里叶红外光谱图)确定。①在图1所示转化中,W的化学式为____。若转化Ⅱ中消耗CO的物质的量为1mol,生成N2的物质的量为1mol,则被CxHy还原的W的物质的量为____。②用H2代替CO、CxHy与W反应,该过程相关物质浓度随时间的变化关系如图3所示。该过程分为两步,第一步反应消耗的H2与W的物质的量之比是____。(4)尾气净化过程中,有时会产生N2O。用同位素示踪法研究发现N2O的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时,得到的N2O几乎都是15NNO。写出该反应的化学方程式:____。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
A.基态C1原子的核外有17个电子,每个电子运动状态均不相同,则电子有17种运动状态,故A正确;B.非金属性越强,元素的电负性越强,非金属性:C<P<N<O,四种元素中电负性最大的是O,故B正确;C.H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-2×4)=4,故C正确;D.磷酸氯喹分子中只有一个手性碳,如图(∗所示):,与足量H2发生加成反应后,该分子中含有5个手性碳原子,如图(∗所示):,故D错误;答案选D。【点睛】计算价层电子对数时,利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。2、D【解析】A、a点所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=mol·L-1,故A错误;B、b点所示溶液相当于Na2R,R2―部分水解生成HR―,HR―再水解生成H2R,故c(Na+)>c(R2-)>c(HR-)>c(H2R),B错误;C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系,c点溶液中离子浓度大,对应溶液的导电性:b<c,故C错误;D、a、b抑制水电离,c点PH=7,不影响水电离,d点促进水电离,故D正确;故选D。3、C【解析】
A.的结构中含有三种类型的氢,所以一氯代物有3种,故A错误;B.脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸,然后再分别进行氧化释放能量,故B错误;C.结构相似,组成相差一个-CH2原子团,所以互为同系物,故C正确;D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料,不能得到苯,故D错误;答案:C。4、C【解析】
A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠,生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳,所以不会立即产生气体,故A错误;B.浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化,该现象为钝化现象,所以不会产生大量红棕色气体,故B错误;C.过氧化钠和水反应生成氧气,氧气能氧化氢氧化亚铁,所以产生气体和红褐色沉淀,故C正确;D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠,溶液为澄清,故D错误;故选:C。5、C【解析】
A.磁性氧化铁应写化学式,故A错误;B.向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体,次氯酸根离子有强氧化性,可继续将二氧化硫氧化为硫酸根离子,故B错误;C.碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水,会发生氧化还原反应,符合客观事实,电荷守恒,原子守恒,电子守恒,故C正确;D.向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠,故D错误;故选:C。6、B【解析】
根据有机物W的结构简式,还可写为C6H5-OOCCH3,可判断有机物中含有酯基。【详解】A.W的结构简式为C6H5-OOCCH3,含有酯基,是一种酯类有机物,与题意不符,A错误;B.同分异构体含苯环和羧基,则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3种,或-CH2COOH一种,合计有4种,错误,符合题意,B正确;C.苯环上的C原子及酯基上的碳原子均为为sp2杂化,则苯环与酯基各为一个平面,当两平面重合时,所有碳原子可能在同一平面,与题意不符,C错误;D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成,可以燃烧发生氧化反应,与题意不符,D错误;答案为B。7、A【解析】
A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等,煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯,煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物,故A错误;B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯;氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯;纶又叫做合成纤维,利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如:氯纶:、腈纶:;有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成:;合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下,经聚合而成的品种多样的高分子化合物,单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种,故B正确;C.按系统命名法,有机物的结构简式中的每个节点和顶点为C,根据有机物中每个碳原子连接四个键,与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链,其余五个甲基、两个乙基做支链,主链编号时以相同取代基位数之和最,因此该有机物为2,2,4,4,5—五甲基—3,3—二乙基己烷,故C正确;D.碳原子数≤6的链状单烯烃,与HBr反应的产物只有一种结构,符合条件的单烯烃有CH2=CH2;CH3CH=CHCH3;CH3CH2CH=CHCH2CH3;(CH3)2CH=CH(CH3)2(不考虑顺反异构),共4种,故D正确;答案选A。8、B【解析】
A.通电后,a电极为阳极,阳极是氯离子放电,生成氯气,其电极反应为:2Cl--2e-=Cl2↑,A正确;B.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过,阳离子交换膜只允许阳离子自由通过,隔膜A和阳极相连,阳极是阴离子放电,所以隔膜A是阴离子交换膜,隔膜B是阳离子交换膜,B错误;C.通电后,b电极为阴极,阴极区是氢离子得到电子生成氢气,氢氧根离子浓度增大,溶液的pH变大,C正确;D.蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都是海水淡化的常用方法,D正确;故答案为:B。9、D【解析】
A.酸或碱抑制水电离,酸或碱浓度越大,其抑制水电离程度越大;含有弱离子的盐促进水电离;B.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量,利用温度对平衡移动的影响分析;C.当c>0.1时,混合溶液中溶质为NaF、HF时,溶液可能呈中性,结合电荷守恒判断;D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详解】A.酸或碱抑制水电离,酸或碱浓度越大,其抑制水电离程度越大;含有弱离子的盐促进水电离,在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大,则水电离程度逐渐增大,当二者恰好完全反应生成NaF时,水的电离程度最大,由于HF的浓度未知,所以滴入10mLHF时,混合溶液可能是碱过量,也可能是酸过量,也可能是二者恰好完全反应产生NaF,因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势,A正确;B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol,②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol,将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol,则HF电离过程放出热量,升高温度,电离平衡逆向移动,即向逆反应方向越大,导致HF电离程度减小,B正确;C.向NaOH溶液中开始滴加HF时,当c>0.1时,混合溶液中溶质为NaF、HF时,溶液可能呈中性,结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-),C正确;D.若c≥0.1时,在刚开始滴加时,溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF),微粒的物质的量浓度存在关系:c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+),所以c不一定小于0.1,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较,易错选项是B,大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误,题目侧重考查学生分析判断能力,注意题给信息的正确、灵活运用。10、B【解析】
A项、溶液中H+与KHSO3反应,不能大量共存,故A不选;B项、0.1mol·L-1H2SO4溶液中该组离子之间不反应,能大量共存,故B正确;C项、ClO-具有强氧化性,碱性条件下会将Na2SO3氧化,不能大量共存,故C不选;D项、NH4+和HCO3-会与Ba(OH)2反应,不能大量共存,故D不选。故选B。【点睛】本题考查离子共存,侧重分析与应用能力的考查,注意复分解反应、氧化还原反应的判断,把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。11、C【解析】
A.Y是固体,若增加Y的物质的量,平衡不移动,故A错误;B.Y是固体,物浓度变化量,不能表示反应速率。C.平衡时,生成0.1molZ,消耗0.2molX,剩余0.1molX,该反应的平衡常数为,故C正确;D.若降低温度,X的体积分数增大,即反应向逆向进行,则正反应为吸热,△H>0,故D错误;答案选C。12、B【解析】
A、P4和甲烷空间结构都是正四面体,P4的空间结构是,1mol白磷中有6molP-P键,甲烷的空间结构为,1mol甲烷中4molC-H键,0.4NA共价键,当含有共价键的物质的量为0.4mol时,白磷的物质的量为0.4/6mol,甲烷的物质的量为0.4/4mol,故A错误;B、无论是Na2O还是Na2O2,Na的化合价为+1价,1molNa都失去电子1mol,数目为NA,故B正确;C、由Na2O2的电子式可知,1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol,个数为3NA,故C错误;D、题中未给出溶液的体积,无法计算OH-的物质的量,故D错误,答案选B。13、C【解析】试题分析:A、煤的干馏是化学变化,煤的液化是化学变化,故A错误;B、天然纤维指羊毛,、棉花或蚕丝等,羊毛和蚕丝是蛋白质,棉花是纤维素,故B错误;C、蒸馏法或电渗析法可以实现海水淡化,故C正确;D、活性炭是吸附作用,次氯酸盐漂白纸浆是利用强氧化性,故D错误。考点:煤的综合利用,纤维的成分,海水淡化,漂白剂14、D【解析】
A.据图可知b点的温度比a点高,水的电离吸热,所以b点Kw更大,故A错误;B.据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水,与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应,所以溶液中的溶质为NH4Cl,由于铵根会发生水解,所以c(NH4+)<c(Cl─),故B错误;C.c点溶液为中性,溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl─)+c(OH─),溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH─),c(NH4+)=c(Cl─),溶液中整体c(NH4+)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H+),故C错误;D.d点加入20mL0.5mol/L的氨水,所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O,溶液中存在电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl─)+c(OH─),物料守恒:2c(Cl─)=c(NH4+)+c(NH3•H2O),二式联立可得c(NH3•H2O)+c(OH─)=c(Cl─)+c(H+),故D正确;故答案为D。15、B【解析】
A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中,N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价,化合价降低,获得电子,所以该反应的氧化剂是KNO3,A正确;B.配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O,在该反应中KNO3作氧化剂,还原产物是NO,FeSO4作还原剂,Fe2(SO4)3是氧化产物,根据反应过程中电子转移数目相等,所以n(KNO3):n(FeSO4)=1:3=2:6,则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2,B错误;C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐,属于强电解质,H2O能部分电离产生自由移动的离子,是弱电解质,因此这几种物质均为电解质,C正确;D.根据方程式可知:每反应产生72gH2O,转移6mol电子,则生成144gH2O,转移电子的物质的量为12mol,D正确;故合理选项是B。16、C【解析】
A.同系物差CH2,吡啶和嘧啶还差了N,不可能是同系物,A项错误;B.吡喃的二氯代物有7种,当一个氯位于氧的邻位,有4种,当一个氯位于氧的间位有2种,当一个氯位于氧的对位,有1种,B项错误;C.三种物质均能有以双键形式存在的键,能发生加成反应,C项正确;D.吡喃含有饱和碳原子结构,所有原子不可能处于同一平面,D项错误;答案选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F+CNCH2COOC2H5+HCl3【解析】
根据合成路线可知,A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C,C与CH3NHCH2COOH反应生成D,D经过反应④得到E,E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl,据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为,分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基,故答案为:氨基;羧基;(2)根据上述分析可知,A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,B的结构简式为,逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5,故答案为:ClCOOC2H5;(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C,两者都是取代反应,故答案为:取代反应;(4)化合物D的结构式为,根据各原子的成键原理,可知其分子式为C10H9N2O2F,故答案为:C10H9N2O2F;(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl,反应方程式为:+CNCH2COOC2H5+HCl,故答案为:+CNCH2COOC2H5+HCl;(6)是F的同分异构体,则X为—C4H7O2,又X部分含—COOH且没有支链,则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3、—CH(COOH)CH2CH33种结构,即满足条件的同分异构体有3种,故答案为:3;(7)结合题干信息,制备时,可先将甘氨酸(HOOCCH2NH2)脱水缩合得到,在与POCl3反应得到,与CNCH2COOC2H5反应制得,合成路线为,故答案为:。18、酮基醚基H2O/H+加热取代反应+CH3COOH+H2O3【解析】
A转化到B的反应中,A中的羰基转化为B中的酯基,B在酸性条件下发生水解得到C,即间苯二酚,间苯二酚在ZnCl2的作用下,和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了-COCH3,E的分子式为C3H6,根据G的结构简式,可知E为丙烯,F的结构简式为CH2=CHCH2Cl,D和F发生取代反应,D的羟基上的H被-CH2CH=CH2取代,根据G和H的结构简式,以及M到H的反应条件,可知M到H是发生了碳碳双键的加成,则M的结构简式为。【详解】(1)根据G的结构简式,其官能团有碳碳双键,羟基外,还有结构式中最下面的部分含有醚键,最上端的部分含有羰基(酮基);答案为酮基、醚键;(2)B中含有酯基,在酸性条件下发生水解才能得到转化为酚羟基,在反应条件为H2O/H+加热;(3)根据G和H的结构简式,以及M到H的反应条件,可知M到H是发生了碳碳双键的加成,则M的结构简式为;(4)F的结构简式为CH2=CHCH2Cl,结合D和G的结构简式,D的羟基上的H被-CH2CH=CH2取代,因此反应⑤的反应类型为取代反应;(5)C的结构简式为,结合D的结构简式,可知C(间苯二酚)在ZnCl2的作用下,和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了-COCH3,化学方程式为+CH3COOH+H2O;(6)F的分子式为C3H5Cl,分子中含有碳碳双键,可用取代法,用-Cl取代丙烯中的氢原子,考虑顺反异构,因此其同分异构体有(顺)、(反)、、(F),除去F自身,还有3种,其反式结构为;(7)对苯二酚的结构简式为,目标产物为,需要在酚羟基的邻位引入-COCH2CH3,模仿C到D的步骤;将—OH转化为-OOCCH2CH3,利用已知。已知信息中,需要酸酐,因此可以利用丙酸得到丙酸酐,在进行反应,因此合成流程为。19、粉碎、搅拌或加热100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】
(1)在由固体与液体的反应中,要想加快反应速率,可以粉碎固体物质或搅拌,都是增大固液的接触面积,也可以加热等;(2)配制溶液要掌握好配制步骤,容量瓶的选择,因为配制100mL溶液,所以选择100mL容量瓶,氧化还原滴定的时候,注意选择指示剂、滴定管等。(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑;(4)、MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,据此分析作答;(5)结合实际操作的规范性作答;(6)根据方程式找出关系式,通过计算确定晶体的组成。【详解】(1)为了加快蓝色晶体在2mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法;(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制,配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶;过程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有强氧化性,因此选用甲(酸式滴定管);过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈碱性,故选用乙(碱式滴定管);(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等,先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数,然后再观察配平其他物质,过程②的离子反应方程式:2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑(4)MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;(5)过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反应方程式为I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故过程⑥,应以淀粉溶液作指示剂;若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则滴入Na2S2O3的物质的量偏小,造成测定Cu2+的含量偏小;(6)由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L-1V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3),已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,所以n(C2O42-)=2n(Cu2+),因为晶体中只有一种阴离子,并且晶体中元素化合价代数和为0,故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O。【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。20、圆底烧瓶残留在漏斗颈部的液体起液封作用;当内部气体多、压强大时,又可通过积留液体而放出气体石蜡油NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入,干扰试验等于偏高【解析】
分析题给装置图,可知装置A为NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2的发生装置,装置B的目的为干燥N2,装置C为N2和金属Li进行合成的发生装置,装置D的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入,干扰试验。据此解答。【详解】(1)盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶,答案为:圆底烧瓶;(2)安全漏斗颈部呈弹簧状,残留液体起液封作用,当内部气体多、压强大时,又可通过积留液体而放出气体;锂的密度小于煤油,锂与水反应,常将锂保存在石蜡油中。答案为:残留在漏斗颈部的液体起液封作用,当内部气体多、压强大时,又可通过积留液体而放出气体;石蜡油(3)亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。答案为:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O;(4)锂能与二氧化碳、水反应,氮化锂能与水反应,故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为:防止
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