2023年山东省青岛市平度高三下学期联考化学试题含解析_第1页
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2023高考化学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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、下列有关氨气的制备、干燥、收集和尾气处理错误的是A.图甲:实验室制氨气 B.图乙:干燥氨气C.图丙:收集氨气 D.图丁:实验室制氨气的尾气处理2、下列说法正确的是A.检验(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶体中的NH4+:取少量晶体溶于水,加入足量浓NaOH溶液并加热,再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体B.验证FeCl3与KI反应的限度:可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合,充分反应后用CCl4萃取,静置,再滴加KSCN溶液C.受溴腐蚀至伤时,先用稀NaOH溶液洗,再用水洗D.用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应3、对二甲苯(PX)可发生如下反应生成对苯二甲酸(PTA)。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2OA.PTA是该反应的氧化产物 B.消耗1molPX,共转移8mol电子C.PX含苯环的同分异构体还有3种 D.PTA与乙二醇可以发生缩聚反应4、下列有关表述正确的是()A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质B.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度D.SiO2是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应5、等温等压下,有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体,下列叙述中正确的是()A.体积之比为13∶13∶14 B.密度之比为14∶14∶13C.质量之比为1∶1∶1 D.原子数之比为1∶1∶16、常温下,向21mL1.1mol•L-1HB溶液中逐滴滴入1.1mol•L-1NaOH溶液,所得PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.OA各点溶液均存在:c(B-)>c(Na+)B.C至D各点溶液导电能力依次增强C.点O时,pH>1D.点C时,X约为11.47、下列说法不正确的是()A.Fe2O3可用作红色颜料 B.浓H2SO4可用作干燥剂C.可用SiO2作半导体材料 D.NaHCO3可用作焙制糕点8、常温下,用0.10mol·L-1的AgNO3溶液分别滴定体积均为50.0mL的由Cl-与Br-组成的混合溶液和由C1-与I-组成的混合溶液(两混合溶液中Cl-浓度相同,Br-与I-的浓度也相同),其滴定曲线如图所示。已知25℃时:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=4.9×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-16。下列有关描述正确的是()A.图中X-为Br-B.混合溶液中n(Cl-):n(I-)=8:5C.滴定过程中首先沉淀的是AgClD.当滴入AgNO3溶液25mL时,Cl-与Br-组成的混合溶液中c(Ag+)=7×10-7mol·L-19、室温下,将0.10mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中,溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知:pOH=-lgc(OH-)。下列说法正确的是()A.M点所示溶液中:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)B.N点所示溶液中:c(NH4+)>c(Cl-)C.Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积D.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同10、常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中:NO3-、Cl−、S2−、Na+B.c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中:NH4+、Al3+、NO3-、Cl−C.由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液中:Na+、K+、Cl−、HCO3-D.c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中:K+、Cl−、SO42-、SCN−11、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中,在同温同压下产生的气体体积比是()A.1:2:3 B.6:3:2 C.3:1:1 D.1:1:112、下列说法不正确的是A.属于有机物,因此是非电解质B.石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃C.煤的气化,液化和干馏都是化学变化D.等质量的乙烯,丙烯分别充分燃烧,所耗氧气的物质的量一样多13、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Y、R同主族,且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍,Z为短周期中金属性最强的元素,W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是A.Y、Z、W原子半径依次增大B.元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构C.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强D.X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同14、下列选项中,有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常温下将Al片插入浓硫酸中无明显现象Al片和浓硫酸不反应C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D将SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D15、下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是()。选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大D除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响大A.A B.B C.C D.D16、下列各选项所描述的两个量,前者一定小于后者的是()A.纯水在25℃和80℃时的pH值B.1L0.1mol/L的盐酸和硫酸溶液,中和相同浓度的NaOH溶液的体积C.25℃时,pH=3的AlCl3和盐酸溶液中,水电离的氢离子的浓度D.1LpH=2的醋酸和盐酸溶液中,分别投入足量锌粒,放出H2的物质的量二、非选择题(本题包括5小题)17、富马酸福莫特罗作为特效哮喘治疗药物被临床广泛应用。化合物Ⅰ是合成富马酸福莫特罗的重要中间体,其合成路线如图所示:已知:Ⅰ、;Ⅱ、R1-NO2R1-NH2;请回答下列问题:(1)A中所含官能团的名称为____________。(2)反应②的反应类型为____________,反应④的化学方程式为____________。(3)H的结构简式为____________。(4)下列关于Ⅰ的说法正确的是____________(填选项字母)。A.能发生银镜反应B.含有3个手性碳原子C.能发生消去反应D.不含有肽键(5)A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团,能发生银镜反应,可与FeCl3溶液发生显色反应,苯环上只有两个取代基且处于对位,则Q的结构简式为____(任写一种),区分A和Q可选用的仪器是____(填选项字母)。a.元素分析仪b.红外光谱仪c.核磁共振波谱仪(6)根据已有知识并结合相关信息,写出以丙酮、苯胺和醋酸为原料(其他试剂任选),制备的合成路线:________________________。18、CAPE是蜂胶主要活性组分之一,具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用,在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下:已知:①A的核磁共振氢谱有三个波峰,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键;②;③。请回答下列问题:(1)A中官能团的名称为____。(2)C生成D所需试剂和条件是____。(3)E生成F的反应类型为____。(4)1molCAPE与足量的NaOH溶液反应,最多消耗NaOH的物质的量为____。(5)咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。(6)芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体,满足下列条件,X的可能结构有____种,a.属于芳香族化合物b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢,峰面积之比为1:2:2:1:1:1,写出一种符合要求的X的结构简式____。(7)参照上述合成路线,以和丙醛为原料(其它试剂任选),设计制备的合成路线____。19、制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3主要实验流程如下:已知:①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应;②N2H4·H2O有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。⑴从流程分析,本流程所用的主要有机原料为_______________(写名称)。⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时,若温度为41℃,测得产物中除NaClO外还含有NaClO3,且两者物质的量之比为5∶1,该反应的离子方程式为____________________。⑶实验中,为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃,除减缓Cl2的通入速率外,还可采取的措施是_________________。⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O(沸点约118℃)的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2](沸点196.6℃)水溶液在40℃以下反应一段时间后,再迅速升温至110℃继续反应。①使用冷凝管的目的是_________________。②滴液漏斗内的试剂是_______;将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________;③写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。⑸步骤Ⅳ制备无水Na2SO3(水溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-随pH的分布如图所示)。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____(取近似整数值,下同);②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。20、碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知:水合肼具有还原性。回答下列问题:(1)水合肼的制备有关反应原理为:CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH→N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_______(按气流方向,用小写字母表示)。若该实验温度控制不当,反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6:1,则氯气与氢氧化钠反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。②取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼,实验中滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快,理由是________________________________________。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体,其制备流程如图所示:①“合成”过程中,反应温度不宜超过73℃,目的是______________________。②在“还原”过程中,主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-,该过程的离子方程式为_______。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠,但水合肼还原法制得的产品纯度更高,其原因是____。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下:a.称取1.33g样品并溶解,在533mL容量瓶中定容;b.量取2.33mL待测液于锥形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反应后,再加入M溶液作指示剂:c.用3.213mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),重复实验多次,测得消耗标准溶液的体积为4.33mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。21、“绿水青山就是金山银山”,因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧,工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下:①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)

ΔH1=akJ·mol-1;②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(aq)+H2O(l)

ΔH2=bkJ·mol-1;③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)

ΔH3=ckJ·kJ·mol-1。则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=________kJ·mol-1(2)燃煤发电厂常利用反应:2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)

ΔH=-681.8kJ·mol-1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应,在T℃时,借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下:01020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88①0~10min内,平均反应速率v(O2)=________mol·L-1·min-1;当升高温度,该反应的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断,改变的条件可能是________(填字母)。A.加入一定量的粉状碳酸钙B.通入一定量的O2C.适当缩小容器的体积D.加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气,有人利用反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)

ΔH=-34.0kJ·mol-1,用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体,保持恒压,测得NO的转化率随温度的变化如图所示:由图可知,1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大,其原因为________;在1100K时,CO2的体积分数为________。(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=________[已知:气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数]。(5)工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2,得溶液X,再利用电解法使K2CO3溶液再生,其装置示意图如图:①在阳极区发生的反应包括___________和H++HCO3-=CO2↑+H2O②简述CO32-在阴极区再生的原理:______________。

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.实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制氨气,故A正确;B.氨气是碱性气体,可以用碱石灰干燥氨气。故B正确;C.氨气的密度比空气小,于空气中的物质不反应,可以用排空气法收集,用图示装置收集氨气需要短进长出,故C正确;D.氨气极易溶于水,用图示装置进行氨气的尾气处理,会产生倒吸,故D错误;故选D。【点睛】本题的易错点为C,要注意理解瓶口向上排空气法的原理。2、B【解析】

A.向某无色溶液中加入浓NaOH溶液,加热试管,检验氨气,利用湿润的红色石蕊试纸,试纸变蓝,则说明原溶液中一定含NH4+,不是用蓝色石蕊试纸检验,故A错误;B.反应中氯化铁不足,KSCN溶液遇三价铁离子变红色,若变红色,说明未完全反应,说明存在化学反应的限度,故B正确;C.氢氧化钠具有腐蚀性,应该根据溴易溶于酒精或甘油,先用酒精或甘油洗伤口,再用大量水冲洗,故C错误;D.淀粉溶液是胶体,可用丁达尔效应检验,硫酸铜的水溶液是溶液,没有丁达尔效应,故D错误;故选B。3、B【解析】

A.反应中Mn元素的化合价降低,作氧化剂,则PX作还原剂,所以PTA是该反应的氧化产物,故A正确,不符合题意;B.

反应中,Mn元素的化合价从+7价降低到+2价,转移5个电子,则1molPX反应消耗2.5molMnO4-,共转移12.5NA个电子,故B错误,符合题意;C.

PX含苯环的同分异构体,有邻间对三种二甲苯和乙苯,共计四种同分异构体,所以PX含苯环的同分异构体还有3种,故C正确,不符合题意;D.

PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料,对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应,故D正确,不符合题意;故选:B。4、D【解析】

A、次氯酸钠是盐,是强电解质而不是弱电解质,故A错误;B、Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物不同:Na2O+CO2=Na2CO3,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故B错误;C、增加氯离子的量,AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动,溶解度减小,故C错误;D、SiO2是酸性氧化物,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,故D正确;答案选D。5、B【解析】

假设质子都有14mol,则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下,体积之比等于物质的量的比,体积之比为1∶1∶1,A错误;B、等温等压下,密度比等于摩尔质量的比,密度之比为14∶14∶13,B正确;C、质量之比为1mol×28g/mol:1mol×28g/mol:1mol×26g/mol=14:14:13,C错误;D、原子个数之比为1mol×2:1mol×2:1mol×4=1∶1∶2,D错误。答案选B。6、D【解析】

A.OA各点显酸性,则c(H+)>c(OH-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(B-),则c(B-)>c(Na+),A选项正确;B.C至D各点溶液中,C点浓度为1.15mol·L-1,C之后加入的c(NaOH)为1.1mol·L-1,导电能力依次增强,B选项正确;C.定性分析有:氢氧化钠溶液滴入21mL时达到终点,pH>7,HB为弱酸,O点pH>1,C选项正确;D.C点为刚好反应完全的时候,此时物质c(NaB)=1.15mol·L-1,B-水解常数为Kh=11-14/(2×11-5)=5×11-11,B-水解生成的c(OH-)==5×11-6mol·L-1,C点c(H+)=2×11-9mol·L-1,C点pH=9-lg2=8.7,即x=8.7,D选项错误;【点睛】C选项也可进行定量分析:B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3),c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3),则c(B-)/c(HB)=199,K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5,则HB为弱酸,O点的pH>1。7、C【解析】

A.Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料,故A正确;B.浓H2SO4具有吸水性,可用作干燥剂,故B正确;C.单质Si是半导体材料,故C错误;D.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,可用作焙制糕点,故D正确;答案选C。8、B【解析】

向体积均为50.0mL的由Cl-与Br-组成的混合溶液和由Cl-与I-组成的混合溶液中滴加0.10mol·L-1的AgNO3溶液,根据溶度积数据,Cl-与I-组成的混合溶液中I-先沉淀,Cl-与组成的混合溶液中Br-先沉淀,由图象可知当加入25mLAgNO3溶液时I-和Br-分别反应完,当加入65mLAgNO3溶液时Cl-反应完,据此分析解答。【详解】A、由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI),因此当开始沉淀时,I-浓度应该更小,纵坐标值应该更大,故X-表示I-;故A错误;B、由图象可知,当滴定Cl-与I-组成的混合溶液时,当加入25mLAgNO3溶液时I-反应完,n(I-)=0.025L0.10mol·L-1=0.0025mol;当加入65mLAgNO3溶液时Cl-反应完,即Cl-反应完消耗了40mLAgNO3溶液,n(Cl-)=0.04L0.10mol·L-1=0.004mol,混合溶液中n(Cl-):n(I-)=0.004mol:0.0025mol=8:5,故B正确;C、由溶度积可知,滴定过程中首先沉淀的是AgI,故C错误;D、由图象可知,当滴入AgNO3溶液25mL时,Cl-与Br-组成的混合溶液中c(Ag+)<7×10-7mol·L-1,故D错误。答案选B。9、D【解析】

已知室温时水的电离常数为110-14,则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7,Q点时溶液显中性,溶质为NH4Cl和NH3·H2O;Q点左侧溶液为碱性,Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项,根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),而M点加的盐酸比Q点少,溶液为碱性,即c(H+)<c(OH-),则c(NH4+)>c(Cl-),故A项错误;B项,根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),而N点加的盐酸比Q点多,溶液为酸性,即c(H+)>c(OH-),则c(NH4+)<c(Cl-),故B项错误;C项,根据分析,Q点时溶液显中性,溶质为NH4Cl和NH3·H2O,则消耗的盐酸体积小于氨水的体积,故C项错误;D项,M点溶液为碱性,而pH=a,则水电离出的c(H+)=10-amol/L,N点溶液为酸性,pOH=a,则水电离出的c(OH-)=10-amol/L,,而水电离出的H+和OH-始终相等,即M点和N点均满足水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-amol/L,即水的电离程度相同,故D项正确。综上所述,本题正确答案为D。10、B【解析】

A.pH=1的溶液呈酸性,H+、NO3-与S2−发生氧化还原反应而不能大量共存,选项A错误;B.c(H+)/c(OH−)=1012的溶液呈酸性,H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl−相互之间不反应,能大量共存,选项B正确;C.由水电离的c(H+)=1×10−12mol·L−1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性,HCO3-均不能大量存在,选项C错误;D.c(Fe3+)=0.1mol·L−1的溶液中:Fe3+与SCN−发生络合反应而不能大量共存,选项D错误;答案选B。11、C【解析】

Na与盐酸反应:2Na+2HCl=2NaCl+H2↑,Mg与盐酸反应:Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,Al与盐酸的反应:2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,然后判断过量,如果金属钠过量,Na还会与水反应;【详解】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑220.30.3>100×10-3L×1mol·L-1,盐酸不足,金属钠过量,因此金属钠还与水反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,根据得失电子数目守恒,有0.3mol×1=n(H2)×2,即n(H2)=0.15mol;Mg+2HCl=MgCl2+H2↑0.30.6>100×10-3L×1mol·L-1,盐酸不足,金属镁过量,产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,同理盐酸不足,铝过量,产生n(H2)=0.05mol,相同条件下,气体体积比值等于其物质的量比值,即气体体积比值为0.15mol:0.05mol:0.05mol=3:1:1,故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2,学生容易认为盐酸不足,按照盐酸进行判断,错选D选项,忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2,即判断金属钠产生H2的物质的量时,可以采用得失电子数目相等进行计算。12、A【解析】

据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。【详解】A.属于有机物,在水溶液中能微弱电离,属于弱电解质,A项错误;B.石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃,裂化获得轻质液体燃料(汽油等),裂解获得短链不饱和烃(化工原料),B项正确;C.煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料,煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料,煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程,它们都是化学变化,C项正确;D.乙烯、丙烯符合通式(CH2)n,等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2,完全燃烧消耗等量氧气,D项正确。本题选A。13、D【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素.X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,应为C元素,Y、R同主族,且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍,即为24,则Y为O元素,R为S元素,Z为短周期中金属性最强的元素,应为Na元素,W是地売中含量最高的金属元素,为Al元素;A.由分析可知:Z为Na、W为Al,原子Na>Al,故A错误;B.W为Al、R为S元素,对应的离子的原子核外电子层数不同,故B错误;C.非金属性S>C,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强,故C错误;D.X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫,都为共价化合物,化学键类型相同,故D正确;故答案为D。点睛:。14、C【解析】

A.因碳酸的酸性比盐酸弱,所以CO2与CaCl2溶液不反应,A项错误;B.铝与浓硫酸发生钝化作用,在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行,B项错误;C.能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性,则浓氨水呈碱性,C项正确;D.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,体现二氧化硫的还原性,而不是漂白性,D项错误;故答案选C。15、C【解析】

A.乙醇和水混溶,不能用作萃取剂,应用四氯化碳或苯萃取,A错误;B.乙酸乙酯和乙醇混溶,不能用分液的方法分离,可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离,B错误;C.丁醇和乙醚混溶,但二者的沸点不同且相差较大,可用蒸馏的方法分离,C正确;D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同,利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大,KNO3随温度升高溶解度变化大,D错误;故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的分离提纯,注意相关物质性质的异同,掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键,题目难度不大,D项为易错点,注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差异。16、B【解析】

A.水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,所以温度越高水的pH越小,故A错误;B.两者的物质的量浓度和体积都相同,即两者的物质的量相同,而盐酸是一元酸,硫酸是二元酸,所以盐酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小,故B正确;C.pH=3的盐酸,c(H+)=10-3mol/L,由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L,pH=3氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L,全部由水电离生成,前者大于后者,故C错误;D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中,醋酸的物质的量较大投入足量锌粒,醋酸放出H2的物质的量多,故D错误;答案选B。【点睛】本题考查弱电解质的电离,根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。二、非选择题(本题包括5小题)17、(酚)羟基、硝基、羰基(或酮基)取代反应+AC、、(合理即可)bc【解析】

由有机物结构的变化分析可知,反应①中,A中O-H键断裂,B中C-Cl键断裂,A与B发生取代反应生成C,反应②中,溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D,根据已知反应I,可知反应③生成E为,反应④中,E中C-O键断裂,F中N-H键断裂,二者发生加成反应生成G,根据已知反应II,可知反应⑤生成H为,据此分析解答。【详解】(1)A为,所含官能团为-OH、-NO2、,名称为(酚)羟基、硝基、羰基(或酮基),故答案为:(酚)羟基、硝基、羰基(或酮基);(2)由分析可知,反应②中,溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D,反应④为与发生加成反应生成,故答案为:取代反应;+;(3)由分析可知,H为,故答案为:;(4)A.I含有醛基,能发生银镜反应,A项正确;B.手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团,I中含有2个手性碳原子,如图所示,B项错误;C.I含有羟基,且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子,可以发生消去反应,C项正确;D.I中含有1个肽键,D项错误;故答案为:AC;(5)A为,A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团,能发生银镜反应,则含有醛基或者含有甲酸酯基结构,可与FeCl3溶液发生显色反应,含有酚羟基,苯环上只有两个取代基且处于对位,符合的Q的结构简式为、、,A和Q互为同分异构体,所含元素相同,所含官能团不同,则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪,故答案为:、、(合理即可);bc;(6)根据给出的原料以及信息反应,采用逆合成分析方法可知,可由醋酸与通过酯化反应制得,根据反应④可知可由与反应制得,根据信息反应I可知可由反应制得,根据反应②可知可由与Br2反应制得,故答案为:。18、氯原子氯气、光照氧化反应4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氢谱有三个波峰,结合F结构简式知,A为,A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为,B发生②的反应生成C为,C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D,D发生水解反应然后酸化得到E,E发生氧化反应生成F,则E结构简式为,D为,F发生信息③的反应生成G,G结构简式为,G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸,红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键,咖啡酸结构简式为,咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE,CAPE结构简式为;

(7)以

和丙醛为原料(其他试剂任选)制备

,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。【详解】(1)根据分析,A的结构简式为,则A中官能团的名称为氯原子,答案为:氯原子;(2)根据分析,C为,D为,则C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D;答案为:氯气、光照;(3)根据分析,E结构简式为,E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基,则E生成F的反应类型为氧化反应,答案为:氧化反应;(4)根据分析,CAPE结构简式为,根据结构简式,1moCAPE含有2mol酚羟基,可消耗2molNaOH,含有一个酯基,可消耗1molNaOH发生水解,CAPE水解后产生咖啡酸,含有羧基,可消耗1molNaOH,则1molCAPE与足量的NaOH溶液反应,最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol,答案为:4mol;(5)咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE,CAPE结构简式为,咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr,答案为:+HBr;(6)G结构简式为,芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,说明X中含有羧基,且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,说明含有醛基,其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢,峰面积比为1:2:2:1:1:1,其符合要求的X的结构简式为,答案为:;(7)以

和丙醛为原料(其他试剂任选)制备

,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为,答案为:。19、尿素8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O冰水浴冷却通过冷凝回流,减少水合肼的挥发,提高水合肼的产率NaClO碱性溶液打开滴液漏斗的活塞,旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3410【解析】

由实验流程可知,氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO,为避免生成NaClO3,应控制温度在40℃以下,生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3,可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O,副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫,可制得Na2SO3,结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。【详解】⑴根据流程图,本流程所用的主要有机原料为尿素,故答案为尿素;(2)若温度为41℃,测得产物中除NaClO外还含有NaClO3,且两者物质的量之比为5∶1,同时还生成NaCl,根据得失电子守恒,ClO-∶ClO3-∶Cl-物质的量之比为5∶1∶10,反应的离子方程式为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O,故答案为8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O;⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应,实验中,为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃,除减缓Cl2的通入速率外,避免反应过于剧烈,放出大量的热而导致温度升高,还可以用冰水浴冷却,故答案为冰水浴冷却;(4)①为避免N2H4•H2O的挥发,使用冷凝管,起到冷凝回流,减少水合肼的挥发,提高水合肼的产率,故答案为通过冷凝回流,减少水合肼的挥发,提高水合肼的产率;②为了避免N2H4•H2O与NaClO剧烈反应生成N2,实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液;将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞,旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下,故答案为NaClO碱性溶液;打开滴液漏斗的活塞,旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下;③根据流程图,NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠,反应的化学方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3,故答案为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3;(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3,在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3,然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。①由图像可知,溶液pH约为4时,可完全反应生成NaHSO3,此时可停止通入二氧化硫,故答案为4;②由图像可知pH约为10时,可完全反应生成Na2SO3,故答案为10。20、ecdabf11:7将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加,都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率防止碘升华2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2ON2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O,不引入杂质淀粉94.5%【解析】

(1)①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气,通过装置B除去氯气中的氯化氢气体,再通过装置A反应得到混合液,最后利用装置D进行尾气处理,故连接顺序为ecdabf;Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程,化合价分别由3价升高为+1价和+5价,ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为6:1,则可设ClO-为6mol,ClO3-为1mol,被氧化的Cl共为7mol,失去电子的总物质的量为6mol×(1-3)+1mol×(5-3)=11mol,氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等,Cl2生成KCl是被还原的过程,化合价由3价降低为-1价,则得到电子的物质的量也应为7mol,则被还原的Cl的物质的量为11mol,所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol:7mol=11:7;②取适量A中的混合液逐滴加入到定

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