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文档简介
2023年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、如图是研究铁被海水腐蚀的实验装置。图2中M是某种与铁片紧贴的金属,下列说法正确的是A.图1铁片靠近烧杯底部的部分,腐蚀更严重B.若M是锌片,可保护铁C.若M是铜片,可保护铁D.M是铜或是锌都不能保护铁,是因没有构成原电池2、有关化合物2−苯基丙烯,说法错误的是A.能发生加聚反应B.能溶于甲苯,不溶于水C.分子中所有原子能共面D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色3、下列生活用品中主要由合成纤维制造的是()A.尼龙绳B.宣纸C.羊绒衫D.棉衬衣4、下列说法中正确的是()A.向0.1mol•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中增大B.厨房小实验:将鸡蛋壳浸泡在食醋中,有气泡产生,说明CH3COOH是弱电解质C.有甲、乙两种醋酸溶液,测得甲的pH=a、乙的pH=a+1,若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液,需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)>10V(甲)D.体积相同、浓度均为0.1mol•L-1的NaOH溶液、氨水,分别稀释m、n倍,使溶液的pH都变为9,则m<n5、下列实验操作能达到实验目的的是A.用向上排空气法收集NOB.用装置甲配制100mL0.100mol·L-1的硫酸C.用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D.向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇6、常温下,0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是A.HA是强酸B.该混合液pH=7C.图中x表示HA,Y表示OH-,Z表示H+D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)7、用下列实验装置(部分夹持装置略去)进行相应的实验,能达到实验目的的是()A.加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B.用装置II验证二氧化硫的漂白性C.用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D.用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体8、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAB.常温下,1LpH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+的数目为10-11NAC.273K、101kPa下,22.4L由NO和O2组成的混合气体中所含分子总数为NAD.100g34%双氧水中含有H-O键的数目为2NA9、Z是一种常见的工业原料,实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是()A.1molZ最多能与7molH2反应B.Z分子中的所有原子一定共平面C.可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和YD.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种(不考虑立体异构)10、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和,这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸,产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.1mold的氧化物含2mol化学键B.工业上电解c的氧化物冶炼单质cC.原子半径:a<b<c<dD.简单氢化物的沸点:a<d11、下列除杂方案正确的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g)HCl(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气DSO2(g)SO3(g)浓H2SO4洗气A.A B.B C.C D.D12、从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲的一种工艺流程如图:(已知微溶于水,易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是()A.“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分,应加入过量的硫酸B.“过滤”用到的玻璃仪器:分液漏斗、烧杯、玻璃棒C.“还原”时发生的离子方程式为D.判断粗碲洗净的方法:取最后一次洗涤液,加入溶液,没有白色沉淀生成13、在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下,密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3−)以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下:下列说法不正确的是A.Ir的表面发生反应:H2+N2O=N2+H2OB.导电基体上的负极反应:H2-2e−=2H+C.若导电基体上只有单原子铜,也能消除含氮污染物D.若导电基体上的Pt颗粒增多,不利于降低溶液中的含氮量14、用下表提供的仪器(夹持仪器和试剂任选)不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用CCl4除去NaBr溶液中少量Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0mol•L-1的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管A.A B.B C.C D.D15、已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NAB.向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时,被氧化的Fe2+数目一定为0.4NAC.用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液,当有0.2NA个电子转移时,阴极析出金属的质量大于6.4gD.加热条件下,1molFe投入足量的浓硫酸中,生成SO2的分子数目为NA16、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W原子的最外层电子数是其质子数的,X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数,元素Y的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是()A.单质的沸点:W<XB.简单离子的半径:Z>YC.X、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D.X、Y可形成离子化合物X3Y2二、非选择题(本题包括5小题)17、3-对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如图:已知:HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O(1)A的名称是___,遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___种。B的结构简式___,D中含氧官能团的名称为___。(2)试剂C可选用下列中的___。a.溴水b.银氨溶液c.酸性KMnO4溶液d.新制Cu(OH)2悬浊液(3)是E的一种同分异构体,该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___。(4)E在一定条件下可以生成高聚物F,F的结构简式为___。18、化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体,可通过以下方法合成:
请回答下列问题:(1)R的名称是_______________;N中含有的官能团数目是______。(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是____________________________________。(3)H→G的反应类型是______________。(4)H的分子式________________。(5)写出Q→H的化学方程式:___________________________________。(6)T与R组成元素种类相同,符合下列条件T的同分异构体有_____种。①与R具有相同官能团;②分子中含有苯环;③T的相对分子质量比R多14其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有___________。(7)以1,5-戊二醇()和苯为原料(其他无机试剂自选)合成,设计合成路线:_________________________________________。19、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解、氧化。(制备)方法一:(资料查阅)(1)仪器X的名称是______,在实验过程中,B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCI,然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质,产生的原因是______。方法二:(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______,过滤,沉淀用的酸洗,水洗,乙醇洗三步操作,酸洗采用的酸是______(写名称),用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。(含量测定)(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L的溶液滴定到终点,消耗溶液bmL,反应中被还原为,样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量:)(应用)利用如下图所示装置,测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式:______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。20、氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知:锶与镁位于同主族;锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶,氮化锶遇水剧烈反应。I.利用装置A和C制备Sr3N2(1)写出由装置A制备N2的化学方程式_______。(2)装置A中a导管的作用是_______。利用该套装置时,应先点燃装置A的酒精灯一段时间后,再点燃装置C的酒精灯,理由是__________。II.利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2(已知:氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)(3)写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_________。(4)装置C中广口瓶盛放的试剂是_________。III.测定Sr3N2产品的纯度(5)取ag该产品,向其中加入适量的水,将生成的气体全部通入浓硫酸中,利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度,该方法测得产品的纯度偏高,其原因是____。经改进后测得浓硫酸增重bg,则产品的纯度为_____(用相关字母的代数式表示)。21、甲醛(HCHO)俗称蚁醛,在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。I·甲醛的制备工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛,己知:CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)△H(1)该反应的能量变化如图甲所示,△H=___kJ•mol-1。(2)为提高CH3OH转化率,采取的措施有___、___;在温恒容条件下,该反应达到平衡状态的标志有___(填标号)。a.混合气体的密度保持不变b.混合气体的总压强保持不变c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成d.甲醛的浓度保持不变(3)选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂,在400~750℃区间进行活性评价,图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性(选择性越大,表示生成该物质越多)随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为___(填标号),理由是___。a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃(4)T℃时,在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇,发生反应:①CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)②CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)平衡时甲醇为0.2mol,甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数K=___。II.甲醛的用途(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合,可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生,则该反应的离子方程式为___:若收集到112mLCO2(标准状况),理论上转移电子___mo1。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
据钢铁的腐蚀条件、原电池原理分析判断。【详解】A.图1中铁片在海水中主要发生吸氧腐蚀,水面处铁片接触氧气和水,腐蚀更严重,A项错误;B.图2中,若M是锌片,则锌、铁与海水构成原电池,电子从锌转移向铁,使铁得到保护,B项正确;C.图2中,若M是铜片,则铜、铁与海水构成原电池,电子从铁转移向铜,铁更易被腐蚀,C项错误;D.M是铜或锌,它与铁、海水都构成原电池,只有当M为锌时铁被保护,D项错误。本题选B。2、C【解析】
A.含有碳碳双键,所以可以发生加聚反应,故A正确;B.2−苯基丙烯是有机物,能溶于甲苯,但不溶于水,故B正确;C.分子中含有甲基,原子不可能共面,故C错误;D.含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D正确;故选:C。3、A【解析】
合成纤维是化学纤维的一种,是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料,经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物,如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维,故A正确;B、宣纸的的主要成分是纤维素,故B错误;C、羊绒衫的主要成分是蛋白质,故C错误;D、棉衬衫的主要成分是纤维素,故D错误。【点睛】掌握常见物质的组成以及合成纤维的含义是解答本题的关键,题目难度不大,注意羊绒衫和棉衬衣的区别。4、C【解析】
A.因为铵根离子加入后,一水合氨的电离平衡受到抑制,则减小,故A错误;B.醋酸能与碳酸钙反应放出二氧化碳气体,说明醋酸的酸性比碳酸的酸性强,但不能说明醋酸是弱酸,也不能说明醋酸是弱电解质,故B错误;C.根据越稀越电离可知,c(甲)>10c(乙),则若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液,需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)>10V(甲),故C正确;D.体积相同、浓度均为0.1mol•L-1的NaOH溶液、氨水,pH(NaOH)>pH(氨水),若使溶液的pH都变为9,则应在氢氧化钠溶液中加入更多的水,即m>n,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液,即氢氧化钠的物质的量相同,需要的一元酸的物质的量也相同,则需要浓度大的酸体积消耗的小,浓度小的酸消耗的体积大。5、D【解析】
A.NO能与空气中的氧气反应,不能使用排空气法收集,NO难溶于水,应使用排水法收集NO,故A错误;B.容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器,瓶上标有刻度、并标有容量;容量瓶对溶液的体积精确度要求较高,只能在常温下使用,瓶上标有使用温度,一般为25℃,浓硫酸稀释放热,应该在烧杯中进行,所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释,故B错误;C.CuCl2溶液中存在水解平衡,加热蒸干氯化铜溶液,Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+,水解生成的氯化氢在加热过程中挥发,蒸干得到水解产物氢氧化铜,故C错误;D.氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙,能消耗乙醇中的水,乙醇易挥发,然后蒸馏即可得到乙醇,故D正确;答案选D。6、D【解析】
A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液,若HA为强酸,则溶液为中性,且c(A-)=0.1mol/L,与图不符,所以HA为弱酸,A错误;B、根据A的分析,可知该溶液的pH>7,B错误;C、A-水解使溶液显碱性,所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),所以X是OH-,Y是HA,Z表示H+,C错误;D、根据元素守恒,有c(A-)+c(HA)=c(Na+),D正确;答案选D。7、D【解析】
A.加热碘升华,高锰酸钾分解,加热法不能分离两者混合物,故A错误;B.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应,与二氧化硫的还原性有关,与漂白性无关,故B错误;C.关闭止水夹,NaOH难与硫酸亚铁接触,不能制备氢氧化亚铁,故C错误;D.氯化铵分解生成氨气、HCl,氨气可使湿润的酚酞试纸变红,HCl可使蓝色石蕊试纸变红,P2O5可以吸收氨气,碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体,故D正确;本题答案:D。8、B【解析】
A.Cl2通入NaOH溶液中发生反应:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,这是一个歧化反应,每消耗0.1molCl2转移电子数为0.1mol,A项错误;B.碱溶液中的H+均是水电离产生的,pH等于11的NaOH溶液中水电离出的H+浓度为10-11mol/L,故1L该溶液中H+的数目为10-11mol,B项正确;C.所给条件即为标准状况,首先发生反应:2NO+O2=2NO2,由于NO和O2的量未知,所以无法计算反应生成NO2的量,而且生成NO2以后,还存在2NO2N2O4的平衡,所以混合气体中的分子数明显不是NA,C项错误;D.100g34%双氧水含有过氧化氢的质量为34g,其物质的量为1mol,含有H-O键的数目为2mol,但考虑水中仍有大量的H-O键,所以D项错误;答案选择B项。【点睛】根据溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-),计算微粒数时要根据溶液的体积进行计算。在计算双氧水中的H-O键数目时别忘了水中也有大量的H-O键。9、D【解析】
A.1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基,则1molZ最多能与8molH2发生加成反应,故A错误;B.Z分子中含有甲基,因此Z分子中的所有原子不可能共平面,故B错误;C.X分子中苯环上含有侧键—CH3,Y分子中含有—CHO,则X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色,则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y,故C错误;D.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构,取代基为—CH2CH2CHO的结构有1种,取代基为—CH(CHO)CH3的结构有1种,取代基为—CH2CH3和—CHO有3种,取代基为—CH2CHO和—CH3的结构有3种,取代基为2个—CH3和1个—CHO的结构有6种,共14种,故D正确。综上所述,答案为D。【点睛】只要有甲基,原子都不可能共平面,分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。10、B【解析】
短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大,a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和,这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸,生成白色沉淀,盐酸过量时部分沉淀溶解,说明生成的沉淀中含有氢氧化铝,因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐,如NaAlO2,因此a为O元素,c为Al元素,b为Na元素;根据盐b2da3的形式,结合强酸制弱酸的原理,d酸难溶于水,因此d酸为硅酸,d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析,a为O元素,b为Na元素,c为Al元素,d为Si元素。A.d的氧化物为二氧化硅,1mol二氧化硅中含有4molSi-O键,故A错误;B.工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的,故B正确;C.一般而言,电子层数越多,半径越大,电子层数相同,原子序数越大,半径越小,原子半径:a<d<c<b,故C错误;D.水分子间能够形成氢键,沸点较高,而SiH4不能,因此简单氢化物的沸点:a>d,故D错误;答案选B。11、D【解析】
A、除去CO2中混有SO2,常用饱和NaHCO3溶液,故A错误;B、加入NaOH溶液,不仅Fe3+能与NaOH反应,而且NH4+也能与NaOH发生反应,故B错误;C、除去Cl2中HCl,常用饱和NaCl溶液,不能用NaHCO3溶液,容易产生新的杂质CO2,故C错误;D、SO3能溶于浓硫酸,SO2不溶于浓硫酸,因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3,故D正确;答案为D。12、D【解析】
A.由题中信息可知,TeO2微溶于水,易溶于强酸和强碱,是两性氧化物。Cu2Te与硫酸、氧气反应,生成硫酸铜和TeO2,硫酸若过量,会导致TeO2的溶解,造成原料的利用率降低,故A错误;B.“过滤”用到的玻璃仪器:漏斗、烧杯、玻璃棒,故B错误;C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲,同时生成Na2SO4,该反应的离子方程式是2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42-+4H+,故C错误;D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲,粗碲表面附着液中含有SO42-,取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净,故D正确。故选D。13、C【解析】
A、根据图示可知,氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应,生成氮气,反应为:H2+N2O=N2+H2O,A正确;B、根据图示可知:导电基体上的负极反应:氢气失电子,发生氧化反应,导电基体上的负极反应:H2-2e−=2H+,B正确;C、若导电基体上只有单原子铜,硝酸根离子被还原为一氧化氮,不能消除含氮污染物,C错误;D、从图示可知:若导电基体上的Pt颗粒增多,硝酸根离子得电子变为铵根离子,不利于降低溶液中的含氮量,D正确;正确选项C。14、C【解析】
A.单质溴易溶于有机溶剂,因此可以用萃取的方法将其从水相中分离,A项正确;B.配制一定物质的量浓度的溶液,需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶,B项正确;C.若要从食盐水中获得食盐晶体,可以蒸发结晶,蒸发结晶一般在蒸发皿中进行,C项错误;D.制备少量乙酸乙酯,可以在试管中进行,再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂,D项正确;答案选C。15、C【解析】
A.固体NaHSO4中不含氢离子,故A错误;B.被氧化的Fe2+数目与溶液中FeBr2的量有关,故B错误;C.混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol,n(Cu2+)=2mol,Ag+氧化性大于Cu2+,电解混合溶液时,阴极首先析出的固体为银单质,当有0.2mol电子转移时,首先析出Ag,质量为0.2mol×108g/mol=21.6g,故C正确;D.浓硫酸氧化性较强,可以将Fe氧化成Fe3+,所以1molFe可以提供3mol电子,则生成的SO2的物质的量为1.5mol,个数为1.5NA,故D错误;答案为C。【点睛】熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子,在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。16、B【解析】
W原子的最外层电子数是其质子数的,则W为C;元素Y的最高正化合价为+2价,则Y为第三周期第ⅡA族元素即Mg,X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数,则X为7号元素即N,Z为Cl。【详解】A.C单质多为固体,如金刚石,石墨,所以单质的沸点C>N2,故A错误;B.简单离子的半径:Cl⁻>Mg2+,故B正确;C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸,均为强酸,故C错误;D.N、Mg可形成离子化合物Mg3N2,即Y3X2,故D错误;故答案为B。二、非选择题(本题包括5小题)17、对甲基苯甲醛3羧基b、d【解析】
由合成路线可知,甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛,再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B,B为,①中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH,而C=C不能被氧化,再酸化得到D,D与甲醇发生酯化反应生成E为,然后结合有机物的结构与性质来解答。【详解】(1)由上述分析可知,A为对甲基苯甲醛,遇FeCl3溶液显紫色,则含酚−OH,且苯环上有两个取代基,另一取代基为−CH=CH2,则符合条件的A的同分异构体为(邻、间、对)3种,由上述分析可知,B为;D的结构为,其中含有含氧官能团为:羧基;故答案为:对甲基苯甲醛;3;;羧基;(2)由生成可知,试剂C不能与C=C反应,只氧化−CHO,则C为b或d,故答案为:b、d;(3)中含−COOC−,与足量NaOH溶液共热的化学方程式为:,故答案为:;(4)E中含-C=C-,在一定条件下可以生成高聚物F,发生加聚反应,则F的结构简式为,故答案为:。【点睛】具有多官能团的有机物在实现官能团之间的转化时,需要注意官能团的保护,其常见的措施可将官能团先反应,然后再复原,或在选择反应试剂时控制相关反应。18、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)4消耗产生的HCl,提高有机物N的产率取代反应C15H18N2O3+→2HCl+17、【解析】
R在一定条件下反应生成M,M在碳酸钾作用下,与ClCH2COOC2H5反应生成N,根据N的结构简式,M的结构简式为,根据R和M的分子式,R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M,则R的结构简式为,N在一定条件下反应生成P,P在Fe/HCl作用下生成Q,Q与反应生成H,根据H的结构简式和已知信息,则Q的结构简式为,P的结构简式为:;H在(Boc)2O作用下反应生成G,据此分析解答。【详解】(1)根据分析,R的结构简式为,名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛);根据N的结构简式,其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基,共4种官能团;(2)M在碳酸钾作用下,与ClCH2COOC2H5反应生成N,根据N的结构简式,M的结构简式为,根据结构变化,M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl,加入K2CO3可消耗产生的HCl,提高有机物N的产率;(3)Q与反应生成H,Q的结构简式为,Q中氨基上的氢原子被取代,H→G的反应类型是取代反应;(4)结构式中,未标注元素符号的每个节点为碳原子,每个碳原子连接4个键,不足键由氢原子补齐,H的分子式C15H18N2O3;(5)Q与反应生成H,Q的结构简式为,Q→H的化学方程式:+→2HCl+;(6)R的结构简式为,T与R组成元素种类相同,①与R具有相同官能团,说明T的结构中含有羟基和醛基;②分子中含有苯环;③T的相对分子质量比R多14,即T比R中多一个-CH2-,若T是由和-CH3构成,则连接方式为;若T是由和-CH3构成,则连接方式为;若T是由和-CH3构成,则连接方式为;若T是由和-CHO构成,则连接方式为;若T是由和-OH构成,则连接方式为;若T是由和-CH(OH)CHO构成,则连接方式为,符合下列条件T的同分异构体有17种;其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2,说明分子中含有5种不同环境的氢原子,结构简式有、;(7)以1,5-戊二醇()和苯为原料,依据流程图中Q→F的信息,需将以1,5-戊二醇转化为1,5-二氯戊烷,将本转化为硝基苯,再将硝基苯转化为苯胺,以便于合成目标有机物,设计合成路线:。【点睛】苯环上含有两个取代基时,位置有相邻,相间,相对三种情况,确定好分子式时,确定好官能团可能的情况,不要有遗漏,例如可能会漏写。19、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】
CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2,温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2;向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,结合关系式解答该题;保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应;CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;N2的体积可用排水法测定,据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造,其名称是干燥管;由制备CuCl的原理可知,反应生成了Cl2,故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色,故答案为干燥管;先变红后褪色;(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后,要先在气体入口处通入干燥HCl,再点燃酒精灯,加热,实验结束时要先熄灭酒精灯,冷却,再停止通入HCl,然后通入,所以操作的先后顺序是cdb,故答案为cdb;(3)根据以上分析,若实验中通入的HCl的量不足,则氯化铜晶体加热时发生水解,最后生成少量CuO,故答案为通入的HCl的量不足;(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;由制备反应可知,有硫酸钠生成,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;因乙醇沸点低,易挥发,则用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;硫酸;醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化;(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,反应的关系式为6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-,
6
1
n
ab×10-3mol
n=6ab×10-3mol,m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg,
则样品中CuCl的质量分数为
×100%,
故答案为
×100%;(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应:2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2O,②CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;故吸收顺序为CO2、O2、CO,N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2,试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO,试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2O;NaOH溶液;CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握物质的性质以及反应流程,注意(5)中利用关系式的计算。20、NH4Cl+NaNO2N2↑+NaCl+2H2O平衡气压,使液体顺利流下利用生成的N2将装置内空气排尽CO2+2OH-=CO32-+H2O浓硫酸未将气体中的水蒸气除去,也被浓硫酸吸收引起增重(或其他合理答案)%【解析】
I.利用装置A和C制备Sr3N2,装置A中NaNO2和NH4Cl反应制备N2,由于N2中混有H2O(g),为防止氮化锶遇水剧烈反应,故N2与Sr反应前必须干燥,装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O(g),碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。II.利用装置B和C制备Sr3N2,锶与镁位于同主族,联想Mg的性质,空气中的CO2、O2等也能与锶反应,为防止锶与CO2、O2反应,则装置B中NaOH用于吸收CO2,连苯三酚吸收O2,装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O(g),碱石灰的作用是防
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