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文档简介

2024届甘肃省庆阳市宁县二中高考化学三模试卷注意事项: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、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NH3NO2HNO3B.Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2C.Fe2O3FeFeCl2D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO32、已知反应:10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑,则下列说法正确的是()A.KNO3是氧化剂,KNO3中N元素被氧化B.生成物中的Na2O是氧化产物,K2O是还原产物C.每转移1mole﹣,可生成标准状况下N2的体积为35.84升D.若有65gNaN3参加反应,则被氧化的N的物质的量为3.2mol3、甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙的化学式均为C8H14B.乙的二氯代物共有7种(不考虑立体异构)C.丙的名称为乙苯,其分子中所有碳原子可能共平面D.甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色4、下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法,其中不合理的是()A.甲装置:可用来证明硫的非金属性比硅强B.乙装置:橡皮管的作用是能使水顺利流下C.丙装置:用图示的方法能检查此装置的气密性D.丁装置:可在瓶中先装入某种液体收集NO气体5、缓冲溶液可以抗御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里最主要的缓冲体系是碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO3-),维持血液的pH保持稳定。己知在人体正常体温时,反应H2CO3HCO3-+H+的Ka=10-6.1,正常人的血液中c(HCO3-):c(H2CO3)≈20:1,lg2=0.3。则下列判断正确的是A.正常人血液内Kw=10-14B.由题给数据可算得正常人血液的pH约为7.4C.正常人血液中存在:c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)D.当过量的碱进入血液中时,只有发生HCO3-+OH-=CO32-+H2O的反应6、25℃时,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1CH3COOH(Ka=1.75×10-5)溶液的过程中,消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示。下列各项中粒子浓度关系正确的是A.点①所示溶液中:2c(CH3COO-)-2c(CH3COOH)=c(H+)-c(OH-)B.点②所示溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C.点③所示溶液中:c(CH3COO-)-C(CH3COOH)=c(Na+)+2c(H+)-2c(OH-)D.pH=12的溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)7、某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示,下列说法错误的是A.放电时电势较低的电极反应式为:Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[(CN)6]B.外电路中通过0.2mol电子的电量时,负极质量变化为2.4gC.充电时,Mo箔接电源的正极D.放电时,Na+从右室移向左室8、偏二甲肼[(CH3)2N-NH2](N为-2价)与N2O4是常用的火箭推进剂,发生的化学反应如下:(CH3)2N-NH2(l)+2N2O4(l)═2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H<0,下列说法不正确的是()A.该反应在任何情况下都能自发进行B.1mol(CH3)2N-NH2含有11mol共价键C.反应中,氧化产物为CO2,还原产物为N2D.反应中,生成1molCO2时,转移8mole-9、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.D10、《Chem.sci.》报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物(结构如下图)。下列有关该化合物的说法错误的是A.分子式为C18H17NO2B.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C.所有氢原子不可能共平面D.苯环上的一氯代物有7种11、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()A.A B.B C.C D.D12、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素,a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同;c所在周期数与族数相同;d与a同族。下列叙述正确的是()A.原子半径:d>c>b>a B.4种元素中b的金属性最强C.c的氧化物的水化物是强碱 D.d单质的氧化性比a单质的氧化性强13、化学反应前后肯定没有变化的是①原子数目②分子数目③元素种类④物质的总质量⑤物质的种类A.①④ B.①③⑤ C.①③④ D.①②③④14、由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”,如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]。则下列化合物中属于混盐的是()A.CaOCl2 B.(NH4)2Fe(SO4)2 C.BiONO3 D.K3[Fe(CN)6]15、根据如图能量关系示意图,下列说法正确的是A.1molC(s)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB.反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)中,生成物的总能量大于反应物的总能量C.由C(s)→CO(g)的热化学方程式为:2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1D.热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量,则CO热值ΔH=-10.1kJ·mol-116、下列反应的离子方程式正确的是()A.碳酸钠水解:CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣B.等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OC.NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液:2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+Fe3++H2OD.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2:SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣二、非选择题(本题包括5小题)17、有机化合物H的结构简式为,其合成路线如下(部分反应略去试剂和条件):已知:①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题:(1)烃A的名称为_______,B中官能团为_______,H的分子式为_______,反应②的反应类型是_______。(2)上述流程中设计C→D的目的是_______。(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。(4)符合下列条件的D的同分异构体共有_______种。A.属于芳香族化合物B.既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式:______。(任写一种)(5)已知:苯环上连有烷基时再引入一个取代基,常取代在烷基的邻对位,而当苯环上连有羧基时则取代在间位,据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸()合成路线(无机试剂任选)。_______18、化合物E(二乙酸-1,4-环己二醇酯)是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下:完成下列填空:(1)A中含有的官能团是______;E的分子式是______;试剂a是______。(2)写出反应类型:B→C______。(3)C与D反应生成E的化学方程式:______。(4)C的同分异构体,能使石蕊试剂显红色,写出该物质的一种结构简式______。(5)设计一条以环己醇()为原料(其他无机试剂任取)合成A的合成路线。(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物)_____________________19、对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体,可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知:苯胺是一种无色油状液体,微溶于水,易溶于乙醇,熔点−6.1℃,沸点184.4℃。对氨基苯磺酸是一种白色晶体,微溶于冷水,可溶于沸水,易溶于碱性溶液,不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料,利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下:步骤1:在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石,将三颈烧瓶放在冰水中冷却,小心地加入18mL浓硫酸。步骤2:将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170~180℃,维持此温度2~2.5小时。步骤3:将反应产物冷却至约50℃后,倒入盛有100mL冷水的烧杯中,用玻璃棒不断搅拌,促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中,抽滤,洗涤,得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4:将粗产品用沸水溶解,冷却结晶,抽滤,收集产品,晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。(1)装置中冷凝管的作用是__________。(2)步骤2油浴加热的优点有____________________。(3)步骤3中洗涤沉淀的操作是______________。(4)步骤3和4均进行抽滤操作,在抽滤完毕停止抽滤时,应注意先__________,然后__________,以防倒吸。(5)若制得的晶体颗粒较小,分析可能的原因______(写出两点)。20、水中的溶解氧(DO)的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量,经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”,Ⅰ.用已准确称量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)固体配制一定体积的cmol/L标准溶液;Ⅱ.用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液,塞紧瓶塞(瓶内不准有气泡),反复震荡后静置约1小时;Ⅲ.向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶至沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色;Ⅳ.将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中,用硫代硫酸钠标准溶液滴定;V.待试液呈淡黄色后,加1mL淀粉溶液,继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(1)在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。(2)在步骤Ⅱ中,水样中出现了MnMnO3沉淀,离子方程式为4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O。(3)步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。(4)滴定时,溶液由__________色到______________色,且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。(5)河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。(6)当河水中含有较多NO3-时,测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)21、化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O;②。回答下列问题:(1)C的结构简式为_______________________。(2)F中官能团的名称为___________________。(3)B与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为________________。(4)从转化流程图可见,由D到E分两步进行,其中第一步反应的类型为__________。(5)化合物G的二氯代物有__________种同分异构体。(6)芳香化合物X是D的同分异构体,X能发生银镜反应,其核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢,峰面积之比为6∶1∶1,符合条件的X的结构共有多种,任写出2种符合要求的X的结构简式________、___________。(7)写出用甲醛和乙醛为原料制备化合物CH2=CHCOOCH3的合成路线(其他试剂任选)。

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.NH3NO2不能一步转化,氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2,选项A错误;B.MgCl2(aq)无水MgCl2,氯化镁为强酸弱碱盐,水解产生氢氧化镁和盐酸,盐酸易挥发,最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁,而不能一步得到无水氯化镁,选项B错误;C.FeFeCl3,铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁,无法一步转化生成氯化亚铁,选项C错误;D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3,电解氯化钠溶液得到氢氧化钠,氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠,反应均能一步转化,选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用,题目难度中等,试题侧重于学生的分析能力的考查,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。2、C【解析】

10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中,N元素的化合价由-价升高为0,N元素的化合价由+5价降低为0,该反应转移10e-,以此来解答。【详解】A.、KNO3中N元素的化合价降低,为氧化剂,其中氮元素被还原,故A错误;B、只有N元素的化合价变化,则N2是氧化产物,也是还原产物,故B错误;C、由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气,则每转移1mol电子,可生成N2为1.6mol,标准状况下N2的体积为35.84L,故C正确;D、若有65gNaN3参加反应,则被氧化的N的物质的量为,故D错误;故选C。3、D【解析】

A.根据结构简式判断;B.乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上;C.苯为平面形结构,结合三点确定一个平面分析;D.乙与高锰酸钾不反应。【详解】A.由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14,故A正确;B.乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上,如在不同的C上,用定一移一法分析,依次把氯原子定于-CH2或-CH-原子上,共有7种,故B正确;C.苯为平面形结构,碳碳单键可以旋转,结合三点确定一个平面,可知所有的碳原子可能共平面,故C正确;D.乙为饱和烃,与酸性高锰酸钾溶液不反应,故D错误。故选D。4、A【解析】试题分析:A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸,亚硫酸酸性大于硅酸,所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸,但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸,乙醇则该装置不能能证明硫的非金属性比硅强,故A错误;B.橡皮管可使下部的压力转移到上方,从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下,故B正确;C.如果装置的气密性良好,甲、乙两侧水面高度不同,否则水面相同,所以能检验装置的气密性,故C正确;D.NO不溶于水,因此在此装置中充满水,从②进气可以收集NO气体,故D正确;故选A。考点:考查化学实验方案设计,涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点5、B【解析】

A.25℃时,KW=10-14,人的正常体温是36.5℃左右,所以血液内的KW>10-14,A项错误;B.由题可知,,那么即,代入数值得,B项正确;C.选项中的等式,因为电荷不守恒,所以不成立,即,C项错误;D.当过量的碱进入血液时,还会发生,D项错误;答案选B6、C【解析】

A.点①时,NaOH溶液与CH3COOH溶液反应生成等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液,溶液中的电荷守恒式为,溶液中的物料守恒式为,两式联立得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-),A项错误;B.点②处溶液呈中性,c(OH-)=c(H+),B项错误;C.点③处NaOH溶液与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠,溶液中的电荷守恒式为,溶液中的物料守恒式为,两式联立得c(CH3COO-)-C(CH3COOH)=c(Na+)+2c(H+)-2c(OH-),C项正确;D.pH=12的溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),D项错误。答案选C。【点睛】本题首先要根据反应原理分析各点溶液的成分,不论在哪一点,均从物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析溶液中的离子即可。7、A【解析】

由原电池示意图可知,正极上发生还原反应,电解方程式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+-2e-=Na2Fe[Fe(CN)6],负极发生氧化反应,电解方程式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+,充电时,原电池的负极连接电源的负极,电极反应和放电时的相反,以此解答该题。【详解】A.放电时,电势较低的电极为负极,负极失去电子,发生氧化反应,电极反应式为2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+,A错误;B.负极上Mg失电子发生氧化反应:2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+,外电路中通过0.2mol电子的电量时,负极质量变化为减少的金属镁0.1mol,即质量变化2.4g,B正确;C.充电时,原电池的正极连接电源的正极,发生氧化反应,Mo箔接电源的正极,C正确;D.放电时,阳离子Na+向负电荷较多的正极移动,所以放电时,Na+从右室移向左室,D正确;故合理选项是A。【点睛】本题考查原电池与电解池的知识,原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应;原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应,注意把握原电池、电解池的工作原理,根据电池总反应书写电极反应式,侧重考查学生的分析能力。8、C【解析】

A.自发反应的判断依据,△G=△H-T△S<0,反应能自发进行,根据方程式(CH3)2N-NH2(l)+2N2O4(l)═2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g)△H<0可知,△H<0、△S>0,可得△G=△H-T△S<0,该反应在任何情况下都能自发进行,A正确;B.1mol(CH3)2N-NH2含有11mol共价键,B正确;C.反应中,C元素化合价由-4升高到+4,发生氧化反应,CO2为氧化产物,N元素化合价由-2升高到0,+4降低到0,即发生氧化反应又发生还原反应,N2即为氧化产物又为还原产物,C错误;D.反应中,C元素化合价由-4升高到+4,生成1molCO2时,转移8mole-,D正确;故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据,△G=△H-T△S<0,反应自发进行,△G=△H-T△S>0,反应非自发,△S为气体的混乱度。9、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。10、D【解析】

A.按碳呈四价的原则,确定各碳原子所连的氢原子数,从而确定分子式为C18H17NO2,A正确;B.题给有机物分子内含有碳碳双键,能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色,B正确;C.题给有机物分子中,最右边的端基为-CH3,3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面,C正确;D.从对称性考虑,苯环上的一氯代物有5种,D错误;故选D。11、B【解析】

A.向苯中加少量溴水,振荡,水层变成无色,是苯萃取溴的过程,属于物理变化,故A错误;B.沉淀部分溶解,说明还有部分不溶解,不溶解的一定是硫酸钡,溶解的是亚硫酸钡,所以亚硫酸钠只有部分被氧化,故B正确;C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀,可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等,故C错误;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失,是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故,故D错误;故答案为B。12、B【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素,a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同,则a的核外电子总数应为8,为O元素,则b、c、d为第三周期元素,c所在周期数与族数相同,应为Al元素,d与a同族,应为S元素,b可能为Na或Mg,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多,半径越大,同周期从左向右原子半径减小,因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O,A错误;B、同周期从左向右金属性减弱,因此Na或Mg在4种元素中金属性最强,B正确;C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝,为两性氢氧化物,C错误;D、同主族从上到下非金属性减弱,因此S的氧化性比氧气弱,D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识,首先根据题目信息判断出元素名称,再根据元素周期律进行知识的判断,这就需要掌握(非)金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识,因此平时夯实基础知识是关键,同时应注意知识的灵活运用,审清题意。13、C【解析】

在化学反应前后元素种类、原子数目和物质的总质量不变,分子数目可能变化,而物质种类一定发生变化,据以上分析解答。【详解】化学反应的实质是有新物质生成,从微观角度来看是原子的重新组合,反应中遵循质量守恒定律,反应前后元素原子守恒,所以化学反应前后肯定没变化的是①原子数目、③元素种类、④物质的总质量;而反应前后分子数目可以改变,物质种类也会改变;综上分析所述,①③④反应前后不变;

综上所述,本题正确选项C。14、A【解析】

A.CaOCl2的化学式可以写成Ca(ClO)Cl,所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的,因此属于混盐,故A正确;B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子,不是混盐,故B错误;C.BiONO3中没有两个酸根阴离子,不是混盐,故C错误;D.K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐,不是混盐,故D错误;综上所述,答案为A。15、C【解析】

由图可知,转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1,转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-282.9kJ·mol-1,转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1。【详解】A项、由图可知1molC(s)与1molO2(g)的能量比1molCO2(g)能量高393.5kJ,故A错误;B项、由图可知反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)为放热反应,生成物的总能量小于反应物的总能量,故B错误;C项、由图可知1molC(s)与O2(g)生成1molCO(g)放出热量为393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ,则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.2kJ·mol-1,故C正确;D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量,则CO的热值为282.9kJ×g≈10.1kJ·g-1,故D错误;故选C。16、B【解析】

A.碳酸为二元弱酸,二元弱酸根离子分步水解;B.等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合反应生成硫酸钡沉淀,氢氧化钠和水;C.滴入少量FeSO4溶液,完全反应,生成氢氧化铁;D.二氧化碳过量,反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠。【详解】A.碳酸钠水解,离子方程式:CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,故A错误;B.等物质的量浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合,离子方程式:Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O,故B正确;C.向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液,反应的离子方程式为:H2O+2Fe2++ClO﹣+4OH﹣═Cl﹣+2Fe(OH)3↓,故C错误;D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2,离子方程式:SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣,故D错误;故选:B。二、非选择题(本题包括5小题)17、甲苯氯原子或-ClC7H7O3N取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的结构简式为,逆推可知G为。纵观整个过程,可知烃A为芳香烃,结合C的分子式C7H8O,可知A为,A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B,B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C,C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D,D与酸性KMnO4溶液反应,D中-CH3被氧化成-COOH生成E,E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2,F→G的转化重新引入酚羟基,可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化,结合H的结构简式,可推知B为、C为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基,硝基还原引入氨基,由于氨基易被氧化,应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基,结合苯环引入基团的定位规律,甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知:A为,B为、C为、D为、E为、F为,G为,H为。(1)烃A为,A的名称为甲苯。B为,B中官能团为氯原子。H的结构简式为,H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基,反应类型是:取代反应;(2)C→D中消除酚羟基,F→G中又重新引入酚羟基,而酚羟基容易被氧化,所以流程中设计C→D的目的是:保护(酚)羟基不被氧化;(3)D是,D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应,化学方程式为:+2NaOH+CH3COONa+H2O,(4)D为,其符合下列条件的同分异构体:A.属于芳香族化合物,说明含有苯环;B.既能发生银镜反应又能发生水解反应,说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构;有2个取代基为-CH3、-CH2COOH,或者-CH2CH3、-OOCH,这两种情况均有邻、间、对3种位置结构,种类数为2×3=6种;有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH,2个甲基有邻、间、对3种位置结构,对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置,故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式:或。(5)以甲苯为原料合成的方法是:先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯,用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH,得到邻硝基甲苯,用Fe在HCl存在条件下发生还原反应,—NO2被还原得到—NH2,就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物推断与合成,涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化,并对给予的信息进行利用,结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。18、碳碳双键,溴原子C10H16O4NaOH水溶液取代反应CH3(CH2)4COOH【解析】

由题给有机物转化关系可知,在催化剂作用下,与氢气发生加成反应生成,则B为;在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,则C为;在浓硫酸作用下,与CH3COOH共热发生酯化反应生成,则D为CH3COOH。【详解】(1)A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子;E的分子式是C10H16O4;试剂a是NaOH水溶液,故答案为:碳碳双键、溴原子;C10H16O4;NaOH水溶液;(2)B的结构简式为,在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成,故答案为:水解反应或取代反应;(3)在浓硫酸作用下,与CH3COOH共热发生酯化反应生成,反应的化学方程式为,故答案为:;(4)C的结构简式为,C的同分异构体能使石蕊试剂显红色,说明分子中含有羧基,可为CH3(CH2)4COOH等,故答案为:CH3(CH2)4COOH等;(5)以环己醇()为原料合成时,可先发生消去反应生成环己烯,然后发生加成反应邻二溴环己烷,在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯,1,3—环己二烯与溴水发生1,4加成可生成目标物,合成路线为,故答案为:。【点睛】依据逆推法,通过生成E的反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。19、冷凝回流受热均匀,便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀,待乙醇自然流出后,重复操作2~3次拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)【解析】

结合题给信息进行分析:步骤1中,将三颈烧瓶放入冷水中冷却,为防止暴沸,加入沸石。步骤2中,因为反应温度为170~180℃,为便于控制温度,使反应物受热均匀,采取油浴方式加热;步骤3中,结合对氨基苯磺酸的物理性质,将反应产物导入冷水烧杯中,并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同,采用乙醇洗涤晶体。步骤4中,利用对氨基苯磺酸可溶于沸水,通过沸水溶解,冷却结晶等操作,最终得到纯净产品。【详解】(1)冷凝管起冷凝回流的作用,冷却水从下口进入,上口排出;答案为:冷凝回流;(2)油浴加热优点是反应物受热均匀,便于控制温度;答案为:受热均匀,便于控制温度;(3)苯胺是一种无色油状液体,微溶于水,易溶于乙醇,对氨基苯磺酸是一种白色晶体,微溶于冷水,可溶于沸水,易溶于碱性溶液,不溶于乙醇,则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀,待乙醇自然流出后,重复操作2~3次;答案为:向过滤器中加入乙醇浸没沉淀,待乙醇自然流出后,重复操作2~3次;(4)抽滤完毕停止抽滤时,为防止倒吸,先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管,再关水龙头;答案为:拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管;关闭水龙头;(5)对氨基苯磺酸微溶于冷水,可溶于沸水,若制得的晶体颗粒较小,可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为:溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)。【点睛】冷却结晶的晶体大小影响因素:(1)浆料的过饱和度,这个主要由温度来控制,温度越低过饱和度越低。过饱和度越大,则产生晶核越多,结晶体粒径越小。(2)停留时间,时间越长,则产生的结晶体粒径越大。(3)容器的搅拌强度,搅拌越强,容易破碎晶体,结晶体粒径越小。(4)杂质成分,杂质成分较多,则比较容易形成晶核,结晶体粒径越小。20、碱式滴定管MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】

(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,根据氧化还原反应方程式分析;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色;(5)根据关系式,进行定量分析;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性,用碱式滴定管,故答案为:碱式滴定管;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,即碘化合价升高,Mn的化合价会降低,离子方程式为MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,故答案为:MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色,故

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