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文档简介
2024届重庆市康德卷高二化学第二学期期末联考模拟试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、聚乙炔导电聚合物的合成使高分子材料进入了“合成金属”和塑料电子学时代,当聚乙炔分子带上药物、氨基酸等分子片段后,就具有了一定的生物活性。以下是我国化学家近年来合成的聚乙炔衍生物分子M的结构式及M在稀硫酸作用下的水解过程。下列有关说法中不正确的是A.M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色B.B中含有两种官能团,B能发生消去反应和缩聚反应C.A、B、C各1mol分别不足量金属钠反应,放出的气体的物质的量之比为1∶2∶2D.1molM与热的烧碱溶液反应,可消耗2nmol的NaOH2、下列说法中正确的是()A.外围电子构型为4f75d16s2元素在周期表中的位置是在第四周期第VIII族B.在氢原子电子云图中通常用小黑点来表示电子的多少,黑点密度大则电子数目多C.金刚石立体网状结构中,最小的碳环上有4个碳原子且每个碳原子被6个碳环所共用D.CsCl晶体中与每个Cs+距离相等且最近的Cs+共有6个3、我国学者研制了一种纳米反应器,用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下:下列说法不正确的是A.EG能聚合为高分子 B.反应过程中生成了MG和甲醇C.DMO分子中碳碳单键没有发生了断裂 D.1molDMO完全转化为EG时消耗2molH24、室温下,有下列四种溶液:①0.1mol·L-1氨水,②0.1mol·L-1NH4Cl溶液,③0.2mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1NH4Cl溶液等体积混合,④0.2mol·L-1NaOH溶液与0.2mol·L-1氨水等体积混合,四种溶液中c(NH4+)由大到小排列正确的是()A.②③④① B.④①②③ C.①④②③ D.③②①④5、肉桂醛是一种食用香精,它广泛用于牙膏、洗涤剂、糖果以及调味品中。工业上可通过下列反应制备:+CH3CHO+H2O下列相关叙述正确的是()①B的相对分子质量比A大28;②A、B可用酸性高锰酸钾溶液鉴别;③B中含有的含氧官能团是醛基、碳碳双键;④A、B都能发生加成反应、还原反应;⑤A能发生银镜反应;⑥B的同类同分异构体(含苯环、不包括B)共有4种;⑦A中所有原子一定处于同一平面。A.只有①②⑤ B.只有③④⑤ C.只有④⑤⑥ D.只有②⑤⑥⑦6、用石墨电极完成下列电解实验,实验现象:a处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化;d处试纸变蓝。下列对实验现象的解释或推测不合理的是A.a为电解池的阴极B.b处有氯气生成,且与水反应生成了盐酸和次氯酸C.c处发生了反应:Fe-3e-=Fe3+D.d处:2H++2e-=H2↑7、将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密优真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g),若保持温度和容器体积不变,再充入n(NH3):n(CO)=2:1,则再次达到平衡时c(NH3)A.增大 B.不变 C.变小 D.因条件不足无法判断8、下列四幅谱图是结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3、CH3CH2CH2OH和的核磁共振氢谱,其中属于CH3CH2CH2OH的谱图是()A.B.C.D.9、下列说法中,正确的是()A.自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力一定强B.三氧化硫的水溶液能导电,所以三氧化硫是电解质C.NaHSO4在水溶液及熔融状态下均可电离出Na+、H+、SO42-D.NH3属于非电解质,但其水溶液能够导电10、下列说法正确的是A.电解精炼铜时,粗铜与直流电源的负极相连B.镀层破损后,镀锡铁片中铁比镀锌铁片中铁耐腐蚀C.常温时,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液pH=7D.合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),当2v(N2)正=v(NH3)逆时,反应达到平衡11、2018年4月12日,我国海军首次在南海进行海上阅兵。为了保护舰艇(主要是铁合金材料),在舰体表面镶嵌金属块(R)。下有关说法不正确的是A.这种保护舰体的方法叫做牺牲阳极的阴极保护法B.金属块R可能是镁或锌C.海水呈弱碱性,舰艇在海水中易发生析氢腐蚀D.正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−12、根据下表给出的几种物质的熔沸点数据,判断下列说法中错误的是A.SiCl4和A1Cl3都是分子晶体,熔融状态下不导电B.MgCl2和NaCl都是离子晶体,熔融状态能导电且易溶于水C.若单质R是原子晶体,其熔沸点的高低是由共价键的键能决定的D.固态时可导电的一定是金属晶体13、2008奥运吉祥物福娃,其外材为纯羊毛线,内充物为无毒的聚酯纤维(如图)。下列说法正确的是A.羊毛与聚酯纤维的化学成分相同B.该聚酯纤维的单体为对苯二甲酸和乙醇C.聚酯纤维和羊毛一定条件下均能水解D.聚酯纤维属于纯净物14、位于不同主族的短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,这4种元素原子的最外层电子数之和为21。X与Y组成的化合物可作为耐火材料,Y和Z组成的化合物是一种盐,该盐的水溶液呈酸性。下列说法正确的是A.常温下,W的单质为固态B.X和Z形成的化合物为共价化合物C.Y与Z的简单离子具有相同的电子层结构D.W、X、Z的氢化物的沸点依次升高15、下列各组元素各项性质比较正确的是A.金属性由强到弱:Na>K>CsB.最高正价由高到低:O>N>CC.晶格能由大到小:NaF>NaCl>NaBrD.原子半径由大到小:F>Cl>Br16、将NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH配成100.0mL混合溶液,向该溶液中通入足量CO2,生成沉淀的物质的量n(沉淀),与通入CO2的体积(标准状况下)V(CO2)的关系,如下图所示,下列说法中正确的是()A.P点的值为12.32B.混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)=4.0mol/LC.bc段的化学反应方程式为:NaOH+CO2=NaHCO3D.cd段表示Al(OH)3沉淀溶解二、非选择题(本题包括5小题)17、按以下步骤可从合成(部分试剂和反应条件已去).请回答下列问题:(1)A的名称为__________。(2)分别写出B、F的结构简式:B_____、F_____。(3)反应①~⑦中属于消去反应的是_____,属于加成反应的是_____(填代号)。(4)根据反应+Br2,写出在同样条件下CH2=CH—CH=CH2与等物质的量Br2反应的化学方程式:__________________。(5)写出第④步的化学方程式_______________。(6)下列有机物分子中,在核磁共振氢谱图中能给出三种峰(信号)且强度之比为1∶1∶2的是_______________。A.B.C.D.18、丹参醇是存在于中药丹多中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下:已知:回答下列问题:(1)C中含氧官能团的名称为_______
(写出其中两种)。(2)写出B的结构简式_______。(3)下列叙述正确的是_______。A.D→E的反应为消去反应B.可用金属钠鉴别D.EC.D可与NaOH反应
D.丹参醇能发生加聚反应不能发生缩聚反应(4)丹参醇的所有同分异构体在下列一种表征收器中显示的信号(或数据)完全相同,该仅器是______(填标号)。a.质谱仪
b.红外光谱仪
c.元素分析仪
d.核磁共探仪(5)芳香化合物F是A的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,F共有_____种;其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:2:1:1的结构简式为______(写一种即可)。(6)写出以和为原料制备的合成路线流程图__________________(无机试剂和乙醇任用,合成路线流程图示例见本题题干)。19、准确称量8.2g
含有少量中性易溶杂质的烧碱样品,配成500mL
待测溶液。用0.1000mol⋅L−1的硫酸溶液进行中和滴定测定该烧碱样品的纯度,试根据试验回答下列问题:(1)滴定过程中,眼睛应注视____________,若用酚酞作指示剂达到滴定终点的标志是____________。(2)根据表数据,计算烧碱样品的纯度是_______________(用百分数表示,保留小数点后两位)滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL))第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00(3)下列实验操作会对滴定结果产生什么后果?(填“偏高”“偏低”或“无影响”)①观察酸式滴定管液面时,开始俯视,滴定终点平视,则滴定结果________。②若将锥形瓶用待测液润洗,然后再加入10.00mL待测液,则滴定结果________。20、制备苯甲酸的反应原理及有关数据如下:名称相对分子质量性状熔点沸点溶解度甲苯92无色液体-95℃110℃不溶于水苯甲酸122白色片状或针状晶体122℃248℃微溶于水高锰酸钾158易溶于水实验过程如下:①将高锰酸钾、水和氢氧化钠溶液混合摇匀后,加入甲苯,采用电磁搅拌,加热(但温度不要太高),冷凝回流2h。如仍有高锰酸钾的紫色存在,则加数滴乙醇。②将混合液过滤后冷却。③滤液用盐酸酸化,析出白色晶体过滤,洗涤,干燥,得到苯甲酸的粗产品,最后测定其熔点。回答下列问题:(1)①中反应易暴沸,本实验中采用______方法防止此现象;乙醇的作用是____________________。(2)②中过滤出的沉淀是____________________。(3)③中测定熔点时,发现到130℃时仍有少量不熔,推测此不熔物的成分是____________________。(4)提纯苯甲酸粗产品的方法是____________________。21、FeCl3是一种很重要的铁盐,主要用于污水处理,具有效果好、价格便宜等优点。工业上可将铁屑溶于盐酸中,先生成FeCl2,再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。(1)将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中,得到盐酸的密度为bg·mL-1,则该盐酸的物质的量浓度是______________________。(2)向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl23.36L,反应后的溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为__________________。(3)FeCl3溶液可以用来净水,其净水的原理为___________________________(用离子方程式表示)。用100mL2mol·L-1的FeCl3溶液净水时,生成具有净水作用的微粒数________(填“大于”“等于”或“小于”)0.2NA。(4)ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2-和CN-等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN-bmg/L,现用ClO2将CN-氧化,只生成两种无毒气体,其离子反应方程式为________________,处理100m3这种污水,至少需要ClO2____mol。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解题分析】
M水解生成A的结构简式是、B是CH3CH(OH)COOH、C是HOCH2CH2OH,根据物质中所含官能团分析作答。【题目详解】A.M与A都含有碳碳双键,所以均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色,故A正确;B.B是CH3CH(OH)COOH,含有两种官能团:羟基(且与羟基直接相连碳原子的邻碳上有H原子)、羧基,所以B能发生消去反应和缩聚反应,故B正确;C.A、B、C各1mol分别与足量金属钠反应,放出的气体的物质的量之比为n∶2∶2,故C错误;D.1molM中含有2nmol酯基,所以1molM与热的烧碱溶液反应,可消耗2nmol的NaOH,故D正确。2、D【解题分析】
A.外围电子构型为4f75d16s2,原子序数为64,为Gd元素,位于第六周期ⅢB族,故A错误;B.小黑点表示电子在核外空间某处出现的概率,不表示电子数目,故B错误;C.金刚石的网状结构中,由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故C错误;D.CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl-,每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+有6个,故D正确;答案选D。【题目点拨】本题的易错点和难点为A,外围电子构型为4f75d16s2,f能级未排满,则该元素位于ⅢB,其余各族的原子,没有f电子或者f能级已排满。3、D【解题分析】
A.EG是乙二醇,分子中含有2个醇羟基,因此能发生缩聚反应形成高分子化合物,A正确;B.DMO为草酸二甲酯,在反应过程中,DMO中C-O、C=O均断裂,则反应过程中生成了EG和甲醇,B正确;C.DMO为草酸二甲酯,在反应过程中,DMO中C-O、C=O均断裂,没有断裂C-C单键,C正确;D.DMO为草酸二甲酯CH3-OOC-COOCH3,DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOC-CH2OH、H2O,1molDMO反应需要3molH2,若完全转化为EG时消耗6molH2,D错误;故合理选项是D。4、D【解题分析】
①中一水合氨是弱电解质,0.1mol/L的氨水中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L;②氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子水解但程度较小,所以0.1mol/L的氯化铵中铵根离子浓度接近略小于0.1mol/L;③氯化氢电离出的氢离子抑制铵根离子水解,所以0.2mol·L-1盐酸与0.2mol·L-1NH4Cl溶液等体积混合该溶液中铵根离子浓度接近0.1mol/L,但大于②中铵根离子浓度;④氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制一水合氨电离,所以0.2mol·L-1NaOH溶液与0.2mol·L-1氨水等体积混合溶液中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L,且小于①中铵根离子浓度;且氯化铵溶液中铵根离子浓度远远大于相同浓度的氨水中铵根离子浓度,所以这四种溶液中铵根离子浓度由大到小排列顺序是:③②①④,故本题选D。5、C【解题分析】
的分子式为C7H6O,相对分子质量为106,官能团为醛基,能发生加成反应、还原反应和氧化反应,的的分子式为C9H8O,相对分子质量为132,官能团为碳碳双键和醛基,能发生加成反应、还原反应和氧化反应。【题目详解】①B的相对分子质量为132,A的相对分子质量为106,B比A大26,故错误;②A的官能团为醛基,B的官能团为碳碳双键和醛基,都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别,故错误;③B中含有的含氧官能团是醛基,故错误;④A的官能团为醛基,B的官能团为碳碳双键和醛基,都能与氢气发生加成反应、还原反应,故正确;⑤A的官能团为醛基,能与银氨溶液发生银镜反应,故正确;⑥B的同类同分异构体可能苯环上有一个取代基,苯环在取代基上有2种位置异构,除去B,还有1种,可能有CH2=CH—和—CHO两种取代基,分别有邻、间、对3种位置异构,共有4种,故正确;⑦A中的苯环和醛基上的原子都共面,但是单键可以旋转,则A中所有原子可能处于同一平面,故错误;④⑤⑥正确,故选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质,注意把握官能团与性质的关系为解答的关键。6、C【解题分析】分析:a处试纸变蓝,为阴极,有氢氧根产生,氢离子放电;b处变红,局部褪色,氯离子放电产生氯气,为阳极;c处无明显变化,铁失去电子;d处试纸变蓝,有氢氧根产生,氢离子放电,据此解答。详解:A.a处试纸变蓝,为阴极,生成OH-,氢离子放电,电极方程式为2H++2e-=H2↑,A正确;B.b处变红,局部褪色,是因为氯离子放电产生氯气,氯气溶于水发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO,HCl的酸性使溶液变红,HClO的漂白性使局部褪色,B正确;C.Fe为c阳极,发生反应:Fe-2e-=Fe2+,C错误;D.d处试纸变蓝,为阴极,生成OH-,氢离子放电,电极方程式为2H++2e-=H2↑,D正确;答案为C。点睛:本题主要是考查电解原理的应用,注意把握电极的判断以及电极反应,为解答该题的关键,易错点是电极周围溶液酸碱性判断,注意结合水的电离平衡分析解答。7、B【解题分析】温度不变平衡常数不变,k=c2(NH3)·c(CO),再充入n(NH3):n(CO)=2:1,则再次达到平衡时,c(NH3)=2xmol·L-1,则c(CO)=xmol·L-1,k=c2(NH3)·c(CO)=(2x)2·x=4x3,x=,c(NH3)是定值,保持不变。故选B。8、A【解题分析】CH3CH2CH2OH共有4种不同等效氢原子,在核磁共振氢谱图上会显示出4种比较大的信号峰,故答案为A。正确答案为A点睛:等效氢的判断方法:1、同一个碳上的氢等效;2、同一个碳上的甲基上的氢等效;3、处于对称位置的氢等效。9、D【解题分析】
A、自由移动离子数目多的电解质溶液的浓度不一定大,导电能力不一定强,故A错误;B、三氧化硫与水反应生成硫酸,硫酸电离出自由移动的离子,但三氧化硫自身不能电离,属于非电解质,故B错误;C、NaHSO4在水溶液中电离出Na+、H+、SO42-,在熔融状态下电离出Na+、HSO4-,故C错误;D、NH3属于非电解质,但与水反应生成的一水合氨能电离,水溶液能够导电,故D正确;答案选D。10、D【解题分析】A、电解精炼铜时,粗铜应作阳极,与直流电源正极相连,选项A错误;B.镀层破损后,镀锡铁中,金属铁为负极,易被腐蚀,镀锌铁中,金属铁是正极,被保护,所以镀锡铁片中铁比镀锌铁片中铁耐腐蚀,选项B错误;C、pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L,pH=12的氨水中c(OH-)=10-2mol/L,两种溶液H+与OH-离子浓度相等,但由于氨水为弱电解质,不能完全电离,则氨水浓度大于盐酸浓度,反应后氨水过量,溶液呈碱性,则所得溶液的pH>7,选项C错误;D、合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),当2v(N2)正=v(NH3)正=v(NH3)逆时,正逆反应速率相等,反应达到平衡,选项D正确。答案选D。11、C【解题分析】分析:为了保护舰艇(主要是钢合金材料),在舰体表面镶嵌金属块(R),这种保护方法利用原电池原理,需要金属块R比铁活泼,据此分析解答。详解:A.在舰体表面镶嵌金属块(R),这种保护方法利用原电池原理,需要金属块R比铁活泼,R作负极,钢铁作正极,这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法,故A正确;B.金属块R比铁活泼,金属块R可能是镁或锌,故B正确;C.在弱碱性海水中主要发生吸氧腐蚀,在酸性溶液中才发生析氢腐蚀,故C错误;D.吸氧腐蚀的正极上发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故D正确;故选C。12、D【解题分析】
不同晶体的熔沸点比较:原子晶体>离子晶体>>分子晶体。故可以通过晶体的熔沸点判断出该晶体的类型。即NaCl、MgCl2为离子晶体,AlCl3、SiCl4为分子晶体。R可能为原子晶体。【题目详解】A.相比之下,AlCl3、SiCl4的熔沸点都很低,可以判断出这两类物质都是分子晶体,熔融状态下不能电离出离子,所以不能导电,A正确;B.MgCl2和NaCl的熔沸点都较高,可以判断出这两类物质都是离子晶体,熔融状态下可以电离出离子,所以能导电,且这两种物质都易溶于水,B正确;C.R的熔沸点非常高,若其为原子晶体,则其熔沸点的高低是由共价键的键能决定的:共价键键能越高,该物质的熔沸点也越高,C正确;D.固态时可导电的不一定是金属晶体,比如石墨,石墨不是金属晶体,但是石墨可以导电,D错误;故合理选项为D。13、C【解题分析】
由结构简式可知聚酯纤维为对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成,在一定条件下可发生水解反应,而羊毛的主要成分为蛋白质,结合高聚物的特点解答该题。【题目详解】A.羊毛的主要成分为蛋白质,含有N元素,与聚酯纤维化学成分不同,A错误;B.由结构简式可知聚酯纤维为对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成,B错误;C.聚酯纤维含有酯基,羊毛含有肽键,在一定条件下都可水解,C正确;D.聚酯纤维属于高聚物,分子式中n值介于一定范围之内,没有固定的值,则聚酯纤维为混合物,D错误。答案选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质,为高频考点和常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的结构和官能团的性质,注意有机物的性质与结构的关系,难度不大。注意判断高聚物单体时首先要分清楚是缩聚产物还是加聚产物。14、B【解题分析】
X与Y组成的化合物可作为耐火材料,Y和Z组成的化合物是一种盐,该盐的水溶液呈酸性,则X、Y、Z分别为O、Al、Cl,4种元素原子的最外层电子数之和为21,则W为N;【题目详解】A.常温下,W的单质为氮气,为气态,A错误;B.X和Z可形成化合物为ClO2,为共价化合物,B正确;C.Y与Z的简单离子分别为Al3+、Cl-,不具有相同的电子层结构,C错误;D.W、X的氢化物中存在氢键,氢化物的沸点较高,氯化氢沸点低,D错误;答案为B。15、C【解题分析】
A.同主族自上而下金属性逐渐增强,金属性由强到弱:Cs>K>Na,则选项A错误;B.B中O无最高正价,所以B选项是错误的;
C.离子半径越小、离子键越强,则晶格能越大,F、Cl、Br的离子半径在增大,则晶格能由大到小:NaF>NaCl>NaBr,所以C选项是正确的;
D.同主族自上而下原子半径逐渐增大,原子半径由大到小:Br>Cl>F,故D错误。
所以C选项是正确的。16、B【解题分析】分析:开始通入CO2,二氧化碳与氢氧化钡反应有沉淀BaCO3产生;将Ba(OH)2消耗完毕,接下来消耗NaOH,因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变);NaOH被消耗完毕,接下来二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀;又因二氧化碳足量,还可以继续与上面反应的产物Na2CO3反应,沉淀量不变,继续与BaCO3反应,沉淀减少,最后剩余沉淀为Al(OH)3。详解:A.根据上述分析,b点对应的溶液中含有碳酸钠,c点对应的溶液中含有碳酸氢钠,d点对应的溶液中含有碳酸氢钠和碳酸氢钡,溶解碳酸钡消耗的二氧化碳为22.4L-15.68L=6.72L,物质的量为=0.3mol,因此原混合溶液中含有0.3molBa(OH)2;c点对应的溶液中含有碳酸氢钠,根据碳元素守恒,生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳,因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol,根据钠元素守恒,混合溶液中n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.4mol,b点消耗的二氧化碳是与NaAlO2、Ba(OH)2、NaOH反应生成碳酸钡,氢氧化铝和碳酸钠的二氧化碳的总量,根据CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3可知,n(CO2)=n[Ba(OH)2]+n(NaOH)+n(NaAlO2)=0.3mol+0.2mol=0.5mol,体积为11.2L,故A错误;B.c点对应的溶液中含有碳酸氢钠,根据碳元素守恒,生成碳酸氢钠和碳酸钡共消耗=0.7mol二氧化碳,因此碳酸氢钠的物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol,根据钠元素守恒,混合溶液中c(NaOH)+c(NaAlO2)==4.0mol/L,故B正确;C.bc段是碳酸钠溶解的过程,反应的化学反应方程式为:Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3,故C错误;D.cd段是溶解碳酸钡的过程,故D错误;故选B。点睛:本题考查了二氧化碳、偏铝酸钠等的性质和相关计算,本题的难度较大,理清反应的顺序是解题的关键。本题的难点为A,要注意守恒法的应用。二、非选择题(本题包括5小题)17、环己醇②④①③⑤⑥CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br+2NaOH+2NaBr+2H2OBD【解题分析】
苯酚与氢气发生完全加成反应产生A是环己醇,A与浓硫酸加热发生消去反应产生B是环己烯,B与Br2发生加成反应产生C是1,2-二溴环己烷,C与NaOH的乙醇溶液加热发生消去反应产生D是,D与Br2按1:1关系发生1,4-加成反应产生E为,E与H2发生加成反应产生F为,F与NaOH的水溶液发生水解反应产生G是,G与乙二酸HOOC-COOH在浓硫酸存在和加热时发生缩聚反应形成高聚物H:,据此分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知A是,名称为环己醇;(2)B结构简式为;F的结构简式:;(3)在上述反应中,反应①属于加成反应,②属于消去反应,③属于加成反应,④属于消去反应,⑤属于加成反应,⑥属于加成反应,⑦属于取代反应,所以反应①~⑦中消去反应的是②④;属于加成反应的是①③⑤⑥;(4)CH2=CH—CH=CH2与等物质的量Br2发生1,4-加成反应的化学方程式为:CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br;(5)第④步的化学反应是与NaOH的乙醇溶液在加热时发生的消去反应,方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O;(6)A.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰,且强度之比为1:1:4,A不符合题意;B.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰且强度之比为1:1:2,B符合题意;C.在中核磁共振氢谱中能给出四种峰且强度之比为1:1:2:2,C不符合题意;D.中核磁共振氢谱中能给出3种峰且强度之比为1:1:2,D符合题意;故合理选项是BD;【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成的知识,根据反应条件结合各类物质的结构与性质的关系正向顺推,掌握官能团的性质是关键,用对称的思想进行等效H原子的判断是核磁共振氢谱分析的依据。18、羟基、羰基、醚键ABc9或【解题分析】分析:本题考查的是有机推断和合成,有一定的难度。详解:(1)观察C的结构可知,含有羟基、羰基、醚键;(2)根据已知信息分析,两种烯烃可以通过加成反应形成环,故B的结构为;(3)A.D→E的反应过程中羟基和邻位碳上的氢原子下去,形成碳碳双键,反应为消去反应,故正确;B.D中含有羟基,而E没有,所以可以用金属钠鉴别D.E,故正确;C.D含有羟基、羰基和醚键,不可与NaOH反应,故错误;D.丹参醇含有两个羟基和羰基和碳碳双键和醚键,能发生加聚反应,能发生缩聚反应,故错误;故选AB。(4)丹参醇与同分异构体中组成相同,由元素分析仪显示的信号完全相同,故选c。(5)芳香化合物F是A的同分异构体,分子式为C8H10O,可与氯化铁发生显色反应,说明苯环上连接羟基,所以该物质可能连接2个取代基,一个羟基和一个乙基,二者有邻间对三种位置关系,也可能为一个羟基和两个甲基,有6种结构,共9种。其中核磁共振氢谱有四组峰,峰面积我6:2:1:1的结构简式为或。(6),根据已知信息分析,二烯烃可以和烯烃发生加成反应生成环状,所以合成路线中需要将烯烃变成二烯烃,需要通过烯烃的加成和卤代烃的消去实现,所以合成路线为:。点睛:掌握常见有机物的同分异构体的数目,方便计算。C3H7-有2种,C4H9-有四种,C5H11-有8种,-C6H4-有3种,若苯环上连接AAB式的三个取代基,有6种,若连接ABC式的三种取代基,有10种。19、锥形瓶中溶液颜色变化滴入最后一滴硫酸溶液,溶液由浅红色变为无色,且30s内颜色不变97.56%偏高偏高【解题分析】
(1)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化;若用酚酞作指示剂当滴入最后一滴硫酸溶液,溶液由浅红色变为无色,且30s内颜色不变,说明氢氧化钠与硫酸完全反应;(2)依据题给数据计算氢氧化钠的物质的量,再计算烧碱样品的纯度;(3)依据标准溶液体积变化和待测液中溶质的物质的量变化分析解答。【题目详解】(1)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化;若用酚酞作指示剂当滴入最后一滴硫酸溶液,溶液由浅红色变为无色,且30s内颜色不变,说明氢氧化钠与硫酸完全反应,达到滴定终点,故答案为:锥形瓶中溶液颜色变化;滴入最后一滴硫酸溶液,溶液由浅红色变为无色,且30s内颜色不变;(2)由表格数据可知,第一次消耗硫酸的体积为(20.50—0.40)ml=20.10ml,第二次消耗硫酸的体积为(24.00—4.10)ml=19.90ml,取两次平均值,可知反应消耗硫酸的体积为=20.00ml,由H2SO4—2NaOH可得n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.1000mol⋅L−1×0.02000L=4×10—3mol,则烧碱样品的纯度为×100%=97.56%,故答案为:97.56%;(3)①观察酸式滴定管液面时,开始俯视,滴定终点平视,导致硫酸标准溶液体积偏大,使所测结果偏高,故答案为:偏高;②若将锥形瓶用待测液润洗,增加了待测液中溶质的物质的量,导致消耗硫酸标准液体积偏大,使所测结果偏高,故答案为:偏高。【题目点拨】分析误差时要看是否影响标准体积的用量,若标准体积偏大,结果偏高;若标准体积偏小,结果偏小;若不影响标准体积,则结果无影响。20、电磁搅拌过量的高锰酸钾可被乙醇还原成二氧化锰或除去过量的高锰酸钾二氧化锰或MnO2氯化钾或KCl重结晶【解题分析】分析:一定量的甲苯和KMnO4溶液和氢氧化钠在加热条件下反应2h后停止反应,反应混合物为苯甲酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和剩余的高锰酸钾,过量的高锰酸钾可以用乙醇除去,经过滤除去不溶物二氧化锰,滤液为苯甲酸钾、氢氧化钾溶液,加入盐酸酸化,过滤得白色固体为苯甲酸和氯化钾的混合物。详解:(1)根据题干信息
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