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文档简介
2023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、下列属于酸性氧化物的是()A.CO B.Na2OC.KOH D.SO22、高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用,湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2,含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如下:其中除杂过程包括:①向浸出液中加入一定量的试剂X,调节浸出液的pH为3.5~5.5;②再加入一定量的软锰矿和双氧水,过滤;③…下列说法正确的是(已知室温下:Kap[Mg(OH)2]=1.8×10-11,Kap[Al(OH)3]=3.0×10-34,Kap[Fe(OH)3]=4.0×10-38。)A.浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂B.除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质C.试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质D.为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78gB.常温常压下,2.24LH2含氢原子数小于0.2NAC.136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NAD.0.1mol•L-1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.1NA4、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是A.高纯硅可用于制作光导纤维B.二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒C.氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板D.海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护5、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质,下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是()XYZ箭头上所标数字的反应条件A.NONO2HNO3①常温遇氧气B.Cl2NaClOHClO②通入CO2C.Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D.Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A.A B.B C.C D.D6、用下列装置完成相关实验,合理的是()A.图①:验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B.图②:收集CO2或NH3C.图③:分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D.图④:分离CH3CH2OH与CH3COOC2H57、《学习强国》学习平台说“最基本的生命分子中都有碳原子”。常用于测定文物的年代,作为示踪原子对研究有机化学反应和生物化学反应更为方便。被用来作为阿伏伽德罗常数的标准。关于、、说法正确的是()A.质子数与质量数相同 B.化学性质相似C.互为同素异形体 D.质子数与中子数相等8、25℃时,关于某酸(用H2A表示)下列说法中,不正确的是()A.pH=a的Na2A溶液中,由水电离产生的c(OH-)=10a-14B.将pH=a的H2A稀释为pH=a+l的过程中,c(H2A)/c(H+)减小,则H2A为弱酸C.测NaHA溶液的pH,若pH>7,则H2A是弱酸;若pH<7,则H2A是强酸D.0.2mol·L-1H2A溶液中的c(H+)=a,0.1mol·L-1H2A溶液中的c(H+)=b,若a<2b,则H2A为弱酸9、一定条件下,碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是()pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A.当pH<4时,碳钢主要发生析氢腐蚀B.当pH>6时,碳钢主要发生吸氧腐蚀C.当pH>14时,正极反应为O2+4H++4e→2H2OD.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,碳钢腐蚀速率会减缓10、下列说法正确的是A.34Se、35Br位于同一周期,还原性Se2−>Br−>Cl−B.与互为同系物,都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.硫酸铵和醋酸铅都是盐类,都能使蛋白质变性D.Al2O3和Ag2O都是金属氧化物,常用直接加热分解法制备金属单质11、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄+2ClO2↑+K2CO3+H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A.KClO3中的Cl被氧化B.H2C2O4是氧化剂C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D.每生成1molClO2转移2mol电子12、下列有关实验的描述正确的是:A.要量取15.80mL溴水,须使用棕色的碱式滴定管B.用pH试纸检测气体的酸碱性时,需要预先润湿C.溴苯中混有溴,加入KI溶液,振荡,用汽油萃取出碘D.中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌,主要目的是为了充分反应13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是()A.原子半径:r(X)>r(Y)>r(W)B.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强C.由W、Y形成的化合物是离子化合物D.由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性14、将锌片和铜片插人同浓度的稀硫酸中,甲中将锌片和铜片用导线连接,一段时间后,下列叙述正确的是A.两烧杯中的铜片都是正极B.甲中铜被氧化,乙中锌被氧化C.产生气泡的速率甲比乙快D.两烧杯中铜片表面均无气泡产生15、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol的中,含有个中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有个C.2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到个CO2分子D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g),增加个P-Cl键16、莽草酸结构简式如图,有关说法正确的是A.分子中含有2种官能团B.1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气C.可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色,且原理相同二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物J是一种重要的医药中间体,其合成路线如图:回答下列问题:(1)G中官能团的名称是__;③的反应类型是__。(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式,并用星号(*)标出其中的手性碳__。(4)写出⑨的反应方程式__。(5)写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。(6)写出以对硝基甲苯为主要原料(无机试剂任选),经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。18、功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下:(1)A是甲苯,试剂a是______。反应③的反应类型为______反应。(2)反应②中C的产率往往偏低,其原因可能是______。(3)反应⑥的化学方程式为______。(4)E的分子式是C6H10O2,其结构简式是______。(5)吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料,是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯(CH2=CH-CH3)为原料来制备聚丙烯酸钠,请把该合成路线补充完整(无机试剂任选)。_________(合成路线常用的表达方式为:AB……目标产物)CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl19、(13分)硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料,广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ.采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下:(1)预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm,破碎的目的是____________________。(2)已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O,蒸氨时得到的固体呈黑色,请写出蒸氨时的反应方程式:______________________。(3)蒸氨出来的气体有污染,需要净化处理,下图装置中合适的为___________(填标号);经吸收净化所得的溶液用途是_______________(任写一条)。(4)操作2为一系列的操作,通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ.采用金属铜单质制备硫酸铜晶体(5)教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜,虽然生产工艺简洁,但在实际生产过程中不采用,其原因是______________________(任写两条)。(6)某兴趣小组查阅资料得知:Cu+CuCl22CuCl,4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2],[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体,装置如图:向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液,利用二连球鼓入空气,将铜溶解,当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时,滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________;最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉,含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液,最后制得cgCuSO4·5H2O,假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶,每步反应都进行得比较完全,则原铜粉的纯度为________。20、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:请回答下列问题:(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________;得到滤渣1的主要成分为__________。(2)第②步中加H2O2的作用是__________,使用H2O2的优点是__________;调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。(3)第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:甲:滤渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙:滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O丙:滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三种方案中,__________方案不可行,原因是__________;从原子利用率角度考虑,__________方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________;②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子21、(CdSe)n小团簇(CdnSen,n=1~16)为Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料,具有独特的光学和电学性质,常应用于发光二极管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题:(1)基态Se原子的价层电子排布式为___。(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素,原因是___。(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的Ⅱ-Ⅵ族化合物半导体材料,熔点分别为1750℃、1350℃、1041℃,上述熔点呈规律性变化的原因是___。(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是___。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是___。(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构,晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(,,),则B、C的原子坐标参数分别为___。该晶胞中CdSe键的键长为___。已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm,则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物,故A不选;B.Na2O是碱性氧化物,故B不选;C.KOH是碱,不是氧化物,故C不选;D.SO2属于酸性氧化物,故D选。故选D。2、A【解析】
A、结合流程分析,需将四价锰还原为二价,因植物粉为有机物,具有还原性,选项A正确;B、根据KSP可知,pH为3.5-5.5不能完全除去镁离子,选项B错误;C、二氧化锰不能与酸反应,无法调节pH,选项C错误;D、碳酸氢铵不稳定,受热易分解,故不能温度太高,选项D错误。答案选A。3、B【解析】
A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体,故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于78g,故A错误;B.常温常压下,Vm>22.4L/mol,则2.24LLH2物质的量小于0.1mol,则含有的H原子数小于0.2NA,故B正确;C.CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同,都是136g/mol,136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol,含有的阴离子的数目等于NA;C错误;D.溶液体积不明确,故溶液中的铁离子的个数无法计算,故D错误;4、A【解析】
A选项,高纯硅可用于制作光电池,二氧化硅可用于制作光导纤维,故A错误;B选项,二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒,故B正确;C选项,氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,因此氯化铁溶液可用于刻制铜质印刷线路板,故C正确;D选项,海水里的钢闸门可连接电源的负极进行防护,这种方法叫外加电流的阴极保护法,故D正确;综上所述,答案为A。【点睛】硅及其化合物在常用物质中的易错点⑴不要混淆硅和二氧化硅的用途:用作半导体材料的是晶体硅而不是SiO2,用于制作光导纤维的是SiO2而不是硅。⑵不要混淆常见含硅物质的类别:①计算机芯片的成分是晶体硅而不是SiO2。②水晶、石英、玛瑙等主要成分是SiO2,而不是硅酸盐。③光导纤维的主要成分是SiO2,也不属于硅酸盐材料。④传统无机非金属材料陶瓷、水泥、玻璃主要成分是硅酸盐。5、C【解析】
A.一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸分解生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,各物质之间通过一步反应可以实现,故A正确;B.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸,次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸与盐酸反应生成氯气,各物质之间通过一步反应可以实现,故B正确;C.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠,故C错误;D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝分解生成氧化铝,个物质之间通过一步反应可以实现,故D正确;本题选C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠,首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠,金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。6、B【解析】
A、生成的二氧化碳中含有氯化氢,氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,干扰二氧化碳与硅酸钠反应,A错误;B.氨气的密度比空气密度小,二氧化碳的密度比空气密度大,则导管长进短出收集二氧化碳,短进长出收集氨气,B正确;C.Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层,应选分液法分离,C错误;D.CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,D错误;答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,选项A是解答的易错点,注意浓盐酸的挥发性。7、B【解析】
根据原子符号的表示含义,、、三种原子的质子数都是6个,中子数分别是8、7、6,它们属于同位素,由于原子核外都有6个电子,核外电子排布相同,因此三种同位素原子的化学性质相同,故合理选项是B。8、C【解析】A.若H2A为强酸,则Na2A为中性,pH=7,水电离产生的c(OH-)=10-7,若H2A为弱酸,则Na2A为碱性,pH=a的Na2A溶液中因A2-的水解促进水的电离,溶液中的OH-来源于水的电离,则由水电离产生的c(OH-)=10a-14,故A正确;B.若H2A为强酸,c(H2A)/c(H+)=0,若H2A为弱酸将pH=a的H2A稀释为pH=a+l的过程中,c(H2A)/c(H+)减小,故B正确;C.测NaHA溶液的pH,若pH>7,说明HA-在溶液中水解,则H2A是弱酸;若pH<7,H2A不一定是强酸,可能是HA-的电离大于HA-的水解,故C错误;D.若H2A为强酸,0.2mol·L-1H2A溶液中的c(H+)=a=0.4mol·L-1,0.1mol·L-1H2A溶液中的c(H+)=b=0.2mol·L-1,此时a=2b,现a<2b,则H2A为弱酸,故D正确;答案为C。9、C【解析】
在强酸性条件下,碳钢发生析氢腐蚀,在弱酸性、中性、碱性条件下,碳钢发生吸氧腐蚀,据此分析解答。【详解】A.当pH<4溶液中,碳钢主要发生析氢腐蚀,负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,正极反应式为:2H++2e-=H2↑,故A正确;B.当pH>6溶液中,碳钢主要发生吸氧腐蚀,负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,正极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-,因此主要得到铁的氧化物,故B正确;C.在pH>14溶液中,碳钢发生吸氧腐蚀,正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-,故C错误;D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,正极上氧气浓度减小,生成氢氧根离子速率减小,所以碳钢腐蚀速率会减缓,故D正确;故选C。10、A【解析】
A、同周期元素从左到右非金属性增强,同主族元素从上到下非金属性减弱,单质氧化性Se<Br2<Cl2,所以阴离子还原性Se2−>Br−>Cl−,故A正确;B、属于酚类、属于醇类,不属于同系物,故B错误;C、硫酸铵能使蛋白质溶液发生盐析,不能使蛋白质变性,故C错误;D、Al是活泼金属,Al2O3不能直接加热分解制备金属铝,故D错误。11、C【解析】
A.氯酸钾中的氯元素化合价降低,被还原,故错误;B.草酸中的碳元素化合价升高,作还原剂,故错误;C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物,二氧化氯为还原产物,二者比例为1∶1,故正确;D.氯元素化合价变化1价,所以每生成1molClO2转移1mol电子,故错误;故选C。12、B【解析】
A.溴水可氧化橡胶,应选酸式滴定管,故A错误;B.气体溶于水后才能显示一定的酸碱性,因此,用pH试纸检测气体的酸碱性时,需要预先润湿,故B正确;C.溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯,汽油与溴苯互溶,无法萃取,应选NaOH溶液充分洗涤、分液,故C错误;D.环形玻璃搅拌棒应该上下移动,进行搅拌,温度计插在玻璃环中间,无法旋转搅拌棒,故D错误;答案选B。13、A【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,因同周期元素中,原子半径从左到右依次减小,同主族元素中从上到下依次增大,因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X为Na;W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半,则符合条件的W为O元素,Y为S元素,Z原子序数比Y大,且为短周期元素,则Z为Cl元素,结合元素周期律与物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知,短周期主族元素W、X、Y、Z分别为:O、Na、S和Cl元素,则A.同周期元素中,原子半径从左到右依次减小,同主族元素中从上到下依次增大,则原子半径:r(Na)>r(S)>r(O),A项正确;B.元素的非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱,B项错误;C.由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3,均为共价化合物,C项错误;D.由X、Y形成的化合物为Na2S,其水溶液中硫离子水解显碱性,D项错误;答案选A。14、C【解析】乙烧杯没有构成原电池,铜片不是正极,故A错误;甲中锌是负极,锌被氧化,乙中锌与硫酸反应,锌被氧化,故B错误;甲构成原电池,产生气泡的速率甲比乙快,故C正确;甲烧杯中构成原电池,铜是正极,电极反应是,铜片表面有气泡产生,故D错误。点睛:构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路;乙装置没有形成闭合电路,所以没有构成原电池。15、A【解析】
A.11B中含有6个中子,0.1mol11B含有6NA个中子,A正确;B.溶液体积未定,不能计算氢离子个数,B错误;C.标准状况下苯不是气体,不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量,则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目,C错误;D.PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应,反应物不可能完全转化为生成物,则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl键的数目小于2NA个,D错误;答案选A。16、B【解析】
A.莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团,选项A错误;B.莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基,则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气,选项B错误;C.莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应,反应类型相同,选项C正确;D.莽草酸分子中含有碳碳双键,可与溴发生加成反应,与高锰酸钾发生氧化反应,选项D错误。答案选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、羧基、肽键(或酰胺键)取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或(任写1种)【解析】
(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析;(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置;(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳,根据结构简式分析;(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为;(5)根据题目要求分析,结合取代基位置异构,判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基,得到对氨基苯甲酸,然后在催化剂作用下,发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【详解】(1)根据G的结构图,G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键);反应③中C的—SO3H被取代生成D,则反应类型是取代反应;(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置,故起到定位的作用;(3)F是邻氨基苯甲酸,与足量氢气发生加成反应生成,与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子,可表示为:;(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为,⑨的反应方程式:+2H2O+CH3COOH+H2SO4;(5)D的结构简式为,苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体,即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上,同分异构体结构简式或(任写1种);(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基,得到对氨基苯甲酸,然后在催化剂作用下,发生缩聚反应生成含肽键的聚合物,不能先把硝基还原为氨基,然后再氧化甲基,因为氨基有还原性,容易被氧化,故合成路线如下:。18、浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】
A为甲苯,其结构简式是,结合P的结构简式,可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为,B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为,C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为,可知G的结构简式为,则F为,E的分子式是C6H10O2,则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3,以此解答该题。【详解】(1)反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成,试剂a是:浓硫酸和浓硝酸,反应③为氯代烃的取代反应,故答案为:浓硫酸和浓硝酸;取代;(2)光照条件下,氯气可取代甲基的H原子,副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低,故答案为:副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低;(3)反应⑥的化学方程式为,故答案为:;(4)由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3,故答案为:CH3CH=CHCOOCH2CH3;(5)丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl,CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH,再发生催化氧化生成CH2=CHCHO,进一步氧化生成CH2=CHCOOH,最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa,在一定条件下发生加聚反应可生成目标物,合成路线流程图为:,故答案为:。19、增大反应物接触面积,提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体,污染环境;原材料利用率低;浓硫酸有强腐蚀性(任写两条)分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多,且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大(合理即可)×100%(或%)【解析】
(1)破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒,增大了与氨水接触面积,使铜与氨充分络合,提高氨浸的效率及浸取率。(2)由题意可知,氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3,加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气,由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水,其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。(3)蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳,氨气有污染,需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵,为了防止倒吸,合适的装置为A;净化后生成硫酸铵溶液,其用途是可以制备化学肥料等。(4)由题意可知,操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体,操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫;这样既污染环境又使原材料利用率低;而且浓硫酸有强腐蚀性,直接使用危险性较大。(6)①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知,氯化铜虽然参与反应,但最后又生成了等量的氯化铜,根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多,在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离,同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大,可使氯化铜保持在母液中,在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体(因氯化铜为催化剂,氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体),硫酸铜晶体中的铜元素质量为g,则铜粉的纯度为×100%或化简为%。20、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质,对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c【解析】
稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+,滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+,滤液1中加入过氧化氢,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀,滤液2中主要含有Cu2+,然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体;将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+;所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+;第①步Cu与酸反应的离子方程式为:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O;Pt、Au,(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+,过氧化氢做氧化剂不引入杂质,对环境无污染,根据流程图,调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀,故答案为将Fe2+氧化为Fe3+;不引入杂质,对环境无污染;Al3+、Fe3+;(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水,故答案为在坩埚中加热脱水;(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中,甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝,冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质,方法不可行;乙和丙方法均可行;乙方案先在滤渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,过滤除去生成的铁和过量的铝粉,将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体;丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2,再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体;但从原子利用角度考虑方案乙更合理,因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系,造成药品浪费,故答案为甲;所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;乙;(5)①取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol•L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液6mL,滴定反应如下:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+,铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol;依据元素守恒得到:则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol;100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol,所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%,故答案为×100%;②a.未干燥锥形瓶对实
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