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文档简介
2023年高考化学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A.空气被二氧化硫污染后形成酸雨 B.植物进行光合作用C.用漂粉精杀菌 D.明矾净水2、NH3、H2S等是极性分子,CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述实例可以推测出AB2型分子为非极性分子的经验规律是A.分子中必须含有π键 B.在ABn分子中A原子没有孤对电子C.在ABn分子中不能形成分子间氢键 D.分子中每个共价键的键长应相等3、25℃时,在20mL0.1mol·L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液中1g[c(A-)/c(HA)]与pH关系如图所示。下列说法正确的是A.A点对应溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)B.25℃时,HA酸的电离常数为1.0×10-5.3C.B点对应的NaOH溶液体积为10mLD.对C点溶液加热(不考虑挥发),则c(A-)/[c(HA)c(OH-)]一定增大4、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂,实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油,其过程如图。下列有关说法正确的是()A.在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB.中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C.催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D.该过程,CO2转化为汽油的转化率高达78%5、已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质,它们有如图所示转化关系,且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正确的是()A.若A是共价化合物,则A和D有可能发生氧化还原反应B.若A为非金属单质,则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第ⅣA族C.若A为非金属单质,则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2:3D.若A是金属或非金属单质,则常温下0.1mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L6、常温下,向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液,pH变化如右图所示,下列有关叙述正确的是()A.①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B.①到②水的电离程度逐渐减小C.I-能在②点所示溶液中存在D.②点所示溶液中:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)7、下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下,分别向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量),0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)浓度对反应速率的影响:浓度越大,反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气,溶液由无色变为蓝色,后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下,用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10,0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强A.A B.B C.C D.D8、春季复工、复学后,做好防护是控防新型冠状病毒传播的有效措施。下列说法正确的是A.40%的甲醛溶液可做公共餐具消毒剂B.生产医用口罩的主要原料是聚丙烯(PP),分子式为(CH3CH=CH2)n。C.95%的乙醇溶液、84消毒液可直接用作环境消毒剂D.为减少直接吸入飞沫形成的气溶胶感染病毒的几率,就餐时人人间距至少应为1米9、在海水中提取溴的反应原理是5NaBr+NaBrO+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O下列反应的原理与上述反应最相似的是()A.2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2B.2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HClC.2H2S+SO2=3S+2H2OD.AlCl3+3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl10、有关化学键和晶体的叙述中正确的是()A.分子晶体中,分子间作用力越大分子越稳定B.分子晶体都是由共价分子构成的C.离子晶体中可能含有共价键D.原子晶体中只存在非极性键11、下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是A.除去HCl中含有的少量Cl2B.石油的蒸馏C.制备乙酸乙酯D.制备收集干燥的氨气12、下列说法中,正确的是()A.离子化合物中一定不含共价键B.分子间作用力越大,分子的热稳定性就越大C.可能存在不含任何化学键的晶体D.酸性氧化物形成的晶体一定是分子晶体13、X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素,Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系,下列判断错误的是A.反应③为工业制粗硅的原理B.Z位于元素周期表第三周期ⅡA族C.4种元素的原子中,Y原子的半径最小D.工业上通过电解乙来制取Z14、下列关于有机物1-氧杂-2,4-环戊二烯()的说法正确的是()A.与互为同系物B.一氯代物有2种,二氯代物有4种(不考虑立体异构)C.能使溴水退色,不能使酸性高锰酸钾溶液退色D.1mol该有机物完全燃烧消耗5molO215、25℃时,0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7。向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时,含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数,即物质的量分数)。根据图象判断,下列说法正确的是A.NH4HCO3溶液中,水解程度:NH4+>HCO3-B.开始阶段,HCO3-略有增加的主要原因是发生反应:2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO3+2H2OC.由图中数据可知:CO32-的水解常数约为5.3×10-11D.由图中数据可知:NH3•H2O的电离常数约为1.5×10-516、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是()A.X、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.Z的同分异构体只有X和Y两种C.Z的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D.Y分子中所有碳原子均处于同一平面二、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、已知A与H2、CO以物质的量1∶1∶1的比例形成B,B能发生银镜反应,C分子中只有一种氢,相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质):请回答:(1)有机物C的结构简式是________,反应②的反应类型是________。(2)写出一定条件下发生反应①的化学方程式___________。(3)下列说法不正确的是________(填字母)。A.化合物A属于烃B.化合物D含有两种官能团C.用金属钠无法鉴别化合物F、GD.A与D一定条件下可以生成CH3CH2OCH2CH2OH19、工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题:已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。(2)用上图中的装置制备,其连接顺序为:___________________按气流方向,用小写字母表示,此时活塞、如何操作____________。(3)装置发生反应的离子方程式是________________。(4)通过查阅资料,或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接,E中装入溶液,进行如下实验探究。步骤操作及现象①关闭K2,打开K1,打开弹簧夹通一段时间的氮气,夹紧弹簧夹,开始A中反应,一段时间后,观察到E中溶液逐渐变为深棕色。②停止A中反应,打开弹簧夹和K2、关闭K1,持续通入N2一段时间③更换新的E装置,再通一段时间N2后关闭弹簧夹,使A中反应继续,观察到的现象与步骤①中相同步骤②操作的目的是___________;步骤③C瓶中发生的化学方程式为_________________;通过实验可以得出:___________填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。20、溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体,易溶于水,可用于制造灭火剂、制冷剂等。一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下:(1)实验室模拟海水提溴的过程中,用苯萃取溶液中的溴,分离溴的苯溶液与水层的操作是(装置如下图):使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔,将活塞拧开,使下面的水层慢慢流下,待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞,______________。(2)“合成”的化学方程式为___________________。“合成”温度控制在70℃以下,其原因是__________。投料时控制n(Br2):n(NH3)=1:0.8,其目的是__________________。(3)“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式)。(4)“滤液”呈强碱性,其中含有少量BrO-、BrO3-,请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作:加热驱除多余的氨,______________。[实验中须使用的试剂有:氢溴酸、活性炭、乙醇;除常用仪器外须使用的仪器有:砂芯漏斗,真空干燥箱]21、自然界中含锰元素的主要矿物有软锰矿(MnO2·xH2O)、黑锰矿Mn3O4,大洋底部有大量锰结核矿。锰元素在多个领域中均有重要应用,用于制合金,能改善钢的抗冲击性能等。(1)Mn在元素周期表中位于___区,核外电子占据最高能层的符号是___,金属锰可导电,导热,具有金属光泽,有延展性,这些性质都可以用“___理论”解释。(2)Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+,下列说法合理的是___。A.Mn3+的价电子构型为3d4,不属于较稳定的电子构型B.根据Mn2+的电子构型可知,Mn2+中不含成对电子C.第四周期元素中,锰原子价电子层中未成对电子数最多D.Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型,所以它们的化学性质相似(3)在K2MnF6中,MnF62-的空间构型是正八面体,则中心原子的价层电子对数为__。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为__。(4)二价锰的化合物MnO和MnS熔融态均能导电,熔点MnO___MnS(选填“高于”、“等于”、“低于”)并解释原因___。(5)某锰氧化物的晶胞结构如图:该锰的氧化物的化学式为___,该晶体中Mn的配位数为____,该晶体中Mn之间的最近距离为___pm(用a、b来表示)。
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.二氧化硫溶于与水生成亚硫酸,亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸,是氧化还原反应,故A不选;B.植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物,并产生氧气,O元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选;C.用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性,发生了氧化还原反应,故C不选;D.明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质,具有净水作用,没有发生氧化还原反应,故D选;故答案选D。2、B【解析】
共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对的引力不同,而使共用电子对不在中央,发生偏移,导致键两端显部分的电性之故,ABn型分子中A原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子,与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H原子无关。【详解】A.BF3、CCl4中均为单键没有π键,故A不选;B.在ABn分子中A原子的所有价电子都构成共价键,A原子没有孤对电子,导致结构对称、正负电中心重合,所以为非极性分子,故B选;C.H2S分子间不能形成氢键,但是H2S属于极性分子,故C不选;D.H2S分子中两个S-H键的键长都相等,但硫化氢分子是极性分子,故D不选;故选:B。【点睛】本题考查极性分子好和非极性分子,注意从分子结构是否对称判断分子的极性,学会利用实例来分析。3、B【解析】
A.A点对应溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),结合电荷关系判断;
B.pH=5.3时,=0,即c(A-)=c(HA),结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算;
C.在20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液,得到等浓度的HA和NaA混合溶液,根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系,再分析作答;D.===,Kh为A-的水解常数,据此分析判断。【详解】A.A点对应溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),所以离子浓度关系为c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),A项错误;
B.pH=5.3时,=0,即c(A-)=c(HA),HA酸的电离常数Ka==c(H+)=10-pH=10-5.3,B项正确;
C.由于Ka=10-5.3>==Kh,所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液,得到等浓度的HA和NaA混合溶液,混合溶液以电离为主,使c(A-)>c(HA),即>0,故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL,C项错误;
D.A-的水解常数Kh随温度升高而增大,所以===,随温度升高而减小,D项错误;
答案选B。4、B【解析】
A、由流程图可知,CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃,根据元素和原子守恒可知,其反应为:,故A错误;B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物,是转化的关键,故B正确;C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率,对平衡产率没有影响,故C错误;D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率,故D错误;故答案为:B。5、B【解析】
A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质,且D为强电解质,它们有如下转化关系:,中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系,Na元素单质化合物符合转化关系。【详解】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质,且D为强电解质,它们有如下转化关系:,中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系,Na元素单质化合物符合转化关系;A.若A是共价化合物,A可能为NH3或H2S,D为HNO3或H2SO4,H2S与H2SO4可以发生氧化还原反应,故A正确;B.若A为非金属单质,则A为N2(或S),氮元素处于第二周期ⅤA族,硫元素处于第三周期ⅥA族,故B错误;C.若A为非金属单质,则A为N2(或S),B为NO(或SO2),C为NO2(或SO3),D为HNO3(或H2SO4),其中N2与镁反应生成的Mg3N2中阴、阳离子的个数比为2:3,故C正确;D.若A是金属或非金属单质,则A为Na或N2或S,D为NaOH或HNO3或H2SO4,0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水电离出的c(H+)都是10−13mol/L,故D正确;故答案选B。6、D【解析】
A.①点时没有加入氢氧化钠,溶液中存在HClO和水的电离平衡,A错误;B.①到②溶液c(H+)之间减小,酸对水的电离的抑制程度减小,则水的电离程度逐渐增大,B错误;C.②点时溶液存在ClO-,具有强氧化性,可氧化I-,I-不能大量存在,C错误;D.②点时溶液pH=7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),D正确;答案选D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液,发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O,注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键,根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),为易错点。7、A【解析】
A.NaBr溶液中滴入氯水,发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,由此得出还原性Br->Cl-,A正确;B.要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢,应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同,改变草酸的浓度,B错误;C.淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气,溶液先变蓝后褪色,氯气只表现氧化性,氯气没有漂白性,C错误;D.0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大,碱性强,则结合H+的能力强,D错误;故选A。8、D【解析】
A.甲醛可刺激人体皮肤、黏膜,且为有毒物质,可致癌,不能用于餐具的消毒剂,故A错误;B.聚丙烯的分子式为,故B错误;C.95%的乙醇,能使细菌表面的蛋白质迅速凝固,形成一层保护膜,阻止乙醇进入细菌内,达不到杀死细菌的目的,医用酒精为75%的乙醇溶液,故C错误;D.保持1米远的距离可以减少飞沫传播,预防传染病,故D正确;故答案为D。9、C【解析】
反应5NaBr+NaBrO+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O为氧化还原反应,只有Br元素发生电子的得与失,反应为归中反应。A.2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2中,变价元素为Br和Cl,A不合题意;B.2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl中,变价元素为Fe和S,B不合题意;C.2H2S+SO2=3S+2H2O中,变价元素只有S,发生归中反应,C符合题意;D.AlCl3+3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl为非氧化还原反应,D不合题意。故选C。10、C【解析】
A.分子的稳定性与化学键有关,共价键越强,分子越稳定性,而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质,故A错误;B.单原子分子中没有化学键,如稀有气体为单原子分子,分子中没有共价键,故B错误;C.离子晶体中一定存在离子键,可能存在共价键,如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键,故C正确;D.原子晶体中可能存在极性键,也可能存在非极性键,如二氧化硅中存在极性共价键,金刚石中存在非极性键,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为B,要注意稀有气体是单原子分子,固态时形成分子晶体。11、A【解析】
A.氯气在饱和食盐水中的溶解度较低,可除掉氯化氢,故A正确;B.蒸馏试验中温度计测量蒸气的温度,应与蒸馏烧瓶支管口处相平,故B错误;C.制备乙酸乙酯可直接加热,水浴加热不能达到合成温度,故C错误;D.可用浓氨水和生石灰制备氨气,氨气的密度比空气小,用向下排空法收集,但导管应插入试管底部,故D错误。故选A。【点睛】氯气和水的反应是可逆的,氯化氢溶于水电离是不可逆的,所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的,只有卤族除外,他们可以和水发生化学反应,而Cl2和水反应产生Cl-,这个反应是一个平衡反应,有一定的限度,当水中Cl-增多时,平衡会逆向移动,所以NaCl溶液中Cl2更加难溶,HCl溶于水后非常容易电离,因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。12、C【解析】
A.离子化合物一定有离子键,可能含有共价键,如NaOH属于离子化合物含有离子键和共价键,故A错误;B.分子的热稳定性由共价键决定,分子间作用力决定物质的物理性质,故B错误;C.稀有气体分子里面不含化学键,一个原子就是一个分子,故C正确;D.二氧化硅为酸性氧化物,但它是由氧原子和硅原子构成的晶体,且以共价键形成空间网状结构的原子晶体,不是分子晶体,故D错误;正确答案是C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力等知识,题目难度不大,注意分子间作用力影响分子的物理性质,分子的稳定性属于化学性质。13、D【解析】
由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si,甲为CO2,乙为MgO,丙为SiO2,丁为CO;【详解】A.反应③,为工业制粗硅的原理,A正确;B.Z即镁位于元素周期表第三周期ⅡA族,B正确;C.4种元素的原子中,Y原子即氧原子的半径最小,C正确;D.工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁,D错误;答案选D。14、B【解析】
1-氧杂-2,4-环戊二烯()的分子式为C4H4O,有2种等效氢,结合碳碳双键的平面结构特征和有机物燃烧规律进行解答。【详解】A.属于酚,而不含苯环和酚羟基,两者不是同系物,A错误;B.共有2种等效氢(不考虑立体异构),它的一氯代物有2种,二氯代物有4种,B正确;C.含碳碳双键,既能能使溴水退色,又能使酸性高锰酸钾溶液退色,C错误;D.的分子式为C4H4O,1molC4H4O完全燃烧消耗的O2的物质的量为1mol(4+-)=4.5mol,D错误。答案选B。15、D【解析】
A.25℃时0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7,呈碱性,则NH4HCO3溶液中的水解程度:<,故A错误;B.开始阶段,加入的NaOH后氢氧根离子浓度增大,抑制了的水解,导致略有增加,故B错误;C.根据图示看,pH=9.0时,、的物质的量分数分别为0.95、0.05,设,则,的水解主要以第一步为主,其水解的离子方程式为:,则,故C错误;D.pH=9.0时,、NH3•H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4,设=x,则,的电离常数,故D正确;故选:D。【点睛】明确图示曲线变化的意义为解答关键,注意掌握盐的水解原理及其影响,C、D为易错点,试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。16、C【解析】
A.z不含碳碳双键,与高锰酸钾不反应,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误;B.C5H6的不饱和度为=3,可知若为直链结构,可含1个双键、1个三键,则x的同分异构体不止X和Y两种,故B错误;C.z含有1种H,则一氯代物有1种,对应的二氯代物,两个氯原子可在同一个碳原子上,也可在不同的碳原子上,共2种,故C正确;D.y中含3个sp3杂化的碳原子,这3个碳原子位于四面体结构的中心,则所有碳原子不可能共平面,故D错误;故答案为C。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、加成反应CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHOBC【解析】
石蜡分解生成A,A氧化生成C,C分子中只有一种氢,则C为,因此A为HC2=CH2;A与CO、H2以物质的量1∶1∶1的比例形成B,B能发生银镜反应,则B为CH3CH2CHO,B氧化生成E,E为CH3CH2COOH,根据A、E的化学式可知,A与E发生加成反应生成G,G为CH3CH2COOCH2CH3;根据C、D的化学式可知,C与水发生加成反应生成D,则D为HOCH2CH2OH,D与E发生酯化反应生成F,F为CH3CH2COOCH2CH2OH,据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,有机物C的结构简式是为,反应②的反应类型是加成反应,故答案为:;加成反应;(2)一定条件下发生反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO,故答案为:CH2=CH2+H2+COCH3CH2CHO;(3)A.化合物A为乙烯,只含有C和H两种元素,属于烃,故A正确;B.化合物D为HOCH2CH2OH,只有一种官能团,为-OH,故B错误;C.G为CH3CH2COOCH2CH3;不能与金属钠反应,F为CH3CH2COOCH2CH2OH,含-OH,能与金属钠反应放出氢气,用金属钠能鉴别化合物F、G,故C错误;D.A为HC2=CH2,D为HOCH2CH2OH,A与D一定条件下可以发生加成反应生成CH3CH2OCH2CH2OH,故D正确;故答案为:BC。【点睛】正确推断出各物质的结构简式是解题的关键。本题的难点是G的结构的判断。本题的易错点为(3),要框图中A与E发生反应生成G的反应类型的判断和应用。19、浓debcfg关闭,打开排尽装置中残留的NO【解析】
制备NaNO2,A装置中铜与浓硝酸反应:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O,制备NO2,NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,可以在C装置中进行;根据图示,2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行,尾气中的NO不能直接排放到空气中,需要用酸性高锰酸钾吸收:3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O,据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮,化学方程式为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,故答案为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;(2)根据上述分析,A装置制备NO2,生成的NO2在C中水反应制备NO,经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠,最后用E除去尾气,因此装置的连接顺序为:a→d→e→b→c→f→g→h;此时应关闭K1,打开K2,让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮,故答案为:d;e;b;c;f;g(b与c、f与g可以交换);关闭K1,打开K2;(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应,NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+,离子方程式为:3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O,故答案为:3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O;(4)①关闭K2,打开K1,打开弹簧夹通一段时间的氮气,夹紧弹簧夹,开始A中反应,一段时间后,观察到E中溶液逐渐变为深棕色,说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应;②停止A中反应,打开弹簧夹和K2、关闭K1,持续通入N2一段时间,将装置中残留的二氧化氮排尽,并在C中与水反应,3NO2+H2O=2HNO3+NO;③更换新的E装置,再通一段时间N2后关闭弹簧夹,使A中反应继续,观察到的现象与步骤①中相同,经过步骤②,进入E装置的气体为NO,E中溶液变为深棕色,说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色,故答案为:排尽装置中残留的NO2;3NO2+H2O=2HNO3+NO;NO。【点睛】本题的易错点为(4),要注意步骤③中进入装置E的气体只有NO。20、将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O温度过高,Br2、NH3易挥发确保Br2被充分还原Ca(OH)2用氢溴酸调节滤液呈酸性,加入活性炭脱色,用砂芯漏斗过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后,在真空干燥箱中干燥【解析】(1)用苯萃取溶液中的溴,分离溴的苯溶液与水层的操作是:使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔,将活塞拧开,使下面的水层慢慢流下,待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞,将上层液体从上口倒入另一烧杯中,故答案为将上层液体从上口倒入另一烧杯中;(2)根据流程图,“合成”过程中,氧化钙、液氨、液溴和水反应生成氮气、溴化钙等,反应的化学方程式为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O;液溴和液氨容易挥发,“合成”温度应控制在70℃以下;投料时控制n(Br2):n(NH3)=1:0.8,可以确保Br2被充分还原,故答案为3CaO+3Br2+2NH3═3CaBr2+N2↑+3H2O;温度过高,Br2、NH3易挥发;确保Br2被充分还原;(3)氧化钙与水反应生成的氢氧化钙微溶于水,因此“滤渣”的主要成分为Ca(OH)2,故答案为Ca(OH)2;(4)“滤液”呈强碱性,其中含有少量BrO-、BrO3-,二者能够在酸性条件下与溴离子反应生成溴,从而可以用活性炭吸附除去,在洗涤时可以用乙醇洗涤,减少溴化钙晶体的损失,也便与干燥。因此从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作:加热驱除多余的氨,用氢溴酸调节滤液呈酸性,加入活性炭脱色,用砂芯漏斗过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后,在真空干燥箱中干燥,故答案为用氢溴酸调节滤液呈酸性,加入活性炭脱色,用砂芯漏斗过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却
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