甘肃省兰州市七里河区兰州五十五中2023-2024学年高考适应性考试化学试卷含解析_第1页
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文档简介

甘肃省兰州市七里河区兰州五十五中2023-2024学年高考适应性考试化学试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列气体能使湿润的蓝色石蕊试纸最终变红的是()A.NH3 B.SO2 C.Cl2 D.CO2、X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素,X原子最外层有两个未成对电子,Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍,Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气,R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是()A.原子半径的大小顺序:X<Y<Z<RB.X、Y分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是:X<YC.最高价氧化物对应水化物的酸性:R>XD.Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同3、硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述正确的是()A.晶体硅可做光导纤维 B.玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐产品C.SiO2可与水反应制备硅胶 D.SiO2可做计算机芯片4、一定呈中性的是()A.pH=7的溶液B.25℃,Kw=1.0×10﹣14的溶液C.H+与OH﹣物质的量相等的溶液D.等物质的量的酸、碱混合后的溶液5、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关,下列说法错误的是()A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成,常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色,可用苏打粉检验假葡萄酒C.植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质D.防疫时期很多家庭都备有水银温度计,若不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖6、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平);②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A.若反应①中n(ClO-):n(C1O3-)=5:1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1B.反应①中每消耗4molKOH,吸收标准状况下1.4LCl2C.氧化性:K2FeO4>KC1OD.若反应①的氧化产物只有KC1O,则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC127、t℃时,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A.M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B.P点溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C.溶液中D.水的电离程度:P>N=Q>M,且a=78、化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A.开发可燃冰,有利于节省化石燃料,并减少空气污染B.酒精能杀菌,浓度越大效果越好C.钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石,但其化学成分不同D.用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同9、下列石油的分馏产品中,沸点最低的是A.汽油 B.煤油 C.柴油 D.石油气10、利用如图的实验装置和方法进行实验,能达到目的的是()A.甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体B.乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性C.丙装置可除去CO2中的SO2D.丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离11、某同学探究温度对溶液pH值影响,加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L):温度(℃)10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A.随温度升高,纯水中的kw逐渐减小B.随温度升高,NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C.随温度升高,CH3COOH的电离促进了水的电离D.随温度升高,CH3COONa溶液的pH减小,说明水解程度减小,c(CH3COO-)增大12、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.Na(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)B.Fe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)C.SiO2(s)SiCl4(g)Si(s)D.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)13、下列离子方程式正确的是A.向氯化铝溶液中滴加氨水:Al3++3OH-=Al(OH)3↓B.将Fe2O3溶解与足量HI溶液:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.铜溶于浓硝酸:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD.向石灰石中滴加稀硝酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O14、下列关于有机物的叙述错误的是()A.乙醇能发生取代反应B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别15、以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法,其流程图如下:相关反应的热化学方程式为:反应I:SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq);ΔH1

=﹣213kJ·mol-1反应II:H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g);ΔH2

=+327kJ·mol-1反应III:2HI(aq)=H2(g)+I2(g);ΔH3

=+172kJ·mol-1下列说法不正确的是()A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C.总反应的热化学方程式为:2H2O(l)=2H2

(g)+O2(g);ΔH

=+286kJ·mol-1D.该过程降低了水分解制氢反应的活化能,但总反应的ΔH不变16、下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验,能达到实验目的的是A.用装置甲制取NOB.用装置乙收集NOC.用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液D.用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu(NO3)2·3H2O二、非选择题(本题包括5小题)17、药物中间体F的一种合成路线如图:已知:RCOOR′RCH2OH+R′OH(R为H或烃基,R'为烃基)回答下列问题;(1)A中官能团名称是__________。(2)反应①的反应类型是____。(3)反应②的化学方程式为___________。(4)反应④所需的试剂和条件是______________。(5)F的结构简式为____。(6)芳香化合物W是E的同分异构体,W能水解生成X、Y两种化合物,X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰,X的峰面积比为3:2:1,Y的峰面积为1:1:1,写出符合题意的W的结构简式___(写一种)。(7)肉桂酸广泛用于香料工业与医药工业,设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线:_______________(无机试剂任用)。18、以下是某药物中间体D的合成过程:A(C6H6O)B(1)A的结构简式为_________________,A转化为B的反应类型是____________。(2)D中含氧官能团的名称是__________。(3)鉴别B、C

可以用的试剂名称是______________。(4)D在一定条件下与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________________。(5)同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有________种。①能与NaHCO3溶液反应产生气体;②苯环上只有2个取代基;③遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰,且峰面积比为3∶1∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式是________________________________(写结构简式)。(6)已知:+CH≡CH请设计合成路线以A和C2H2

为原料合成(无机试剂任选):____________。19、碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O;某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备碳酸镧。回答下列问题:(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:F→____→____→____,____←C。(2)Y中发生反应的化学方程式为_________。(3)X中盛放的试剂是_______。(4)Z中应先通入______,后通入过量的另一种气体,原因为________。(5)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱,设计了如下实验装置,则甲试管中盛放的物质为_____;实验过程中发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示,试描述实验过程中观察到的现象为_______。20、某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响(固定装置略)。完成下列填空:(1)实验时A中有大量紫红色的烟气,则NH4I的分解产物为___(至少填三种),E装置的作用是___。(2)装置B中的反应方程式:______,D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验,甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热,反应产物均为黑色粉末(纯净物),两组分别用各自的产物进行以下探究,完成下列填空:步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解,无气泡溶解,有气泡2取步骤1中溶液,滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色(3)乙组得到的黑色粉末是______。(4)甲组步骤1中反应的离子方程式为______。(5)乙组步骤3中,溶液变红的原因为______;溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。(6)若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物,为研究氧化物的组成,研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气,完全反应后,停止加热,反应管中铁粉冷却后,称得质量为5.6克,则混合物的组成为______。21、氯胺是一种长效缓释水消毒剂,主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl,NHCl2和NCl3)。工业上可利用NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺。回答下列问题:(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质,该物质是___,二氯胺与水反应的化学方程式为___。(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和如图所示(忽略不同物质中同种化学键键能的细微差别)。化学键N-HN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391.3x431.8则ΔH2=___kJ/mol,x=___。(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡,据此反应通过热力学定律计算理论上NH2Cl的体积分数随(氨氯比)的变化曲线如图所示。①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是___。T1温度下该反应的平衡常数为___(列出算式即可)。②在T2温度下,Q点对应的速率:v正___v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。③在氨氯比一定时,提高NH3的转化率的方法是___(任写1种)④若产物都是气体,实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低,原因可能是___。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】

A.NH3溶于水生成一水合氨,一水合氨在水中电离出OH-,水溶液呈碱性,NH3使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝,A不符合题意;B.SO2溶于水生成亚硫酸,亚硫酸在水中电离出H+,溶液显酸性,SO2使湿润的蓝色石蕊试纸变红,B符合题意;C.Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸,盐酸具有酸性,HClO具有强氧化性,Cl2能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色,C不符合题意;D.CO不溶于水,CO不能使湿润的蓝色石蕊试纸发生颜色变化,D错误;答案为B。【点睛】Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸,盐酸使蓝色石蕊变红,次氯酸氧化后红色褪去。2、C【解析】

X、Y、Z、R是四种原子序数依次递增的短周期主族元素,Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍,则核外各电子层的电子分别为2、6,应为O元素;Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气,应为Na元素;X原子最外层有两个未成对电子,其电子排布式为:1s22s22p2(C)或1s22s22p4(O),排除氧元素,故X为C;X原子与Z原子的核外电子数之和为17,则R为Cl元素,以此解答。【详解】A.由分析可知,X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素,电子层数越多,原子半径越大,同周期元素,原子序数越大,半径越小,则原子半径的大小顺序:Y<X<R<Z,故A错误;B.Y与氢元素组成的化合物是H2O,X与氢元素组成的化合物可以是熔沸点比水小的CH4,也可以是熔沸点比水大的相对分子质量大的固态烃,故B错误;C.R为Cl元素、X为C元素,最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3,酸性:HClO4>H2CO3,故C正确;D.Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2,二者都是离子晶体,其中Na2O只含离子键,Na2O2含有离子键和非极性共价键,故D错误;正确答案是C。【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等,难度不大,推断元素是关键。3、B【解析】

A.二氧化硅可做光导纤维,晶体硅常做半导体材料,A项错误;B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英,水泥的主要原料是黏土、石灰石,陶瓷主要原料是黏土,石英主要成分是二氧化硅、黏土属于硅酸盐,故都属于硅酸盐产品,故D正确;B项正确;C.SiO2可与水不反应,C项错误;D.半导体硅能够导电,可做计算机芯片,D项错误;答案选B。4、C【解析】

A.100度时,纯水的pH=6,该温度下pH=7的溶液呈碱性,所以pH=7的溶液不一定呈中性,故A错误;B.25℃,Kw=1.0×10﹣14是水的离子积常数,溶液可能呈酸性、中性或碱性,所以不一定呈中性,故B错误;C.只要溶液中存在H+与OH﹣物质的量相等,则该溶液就一定呈中性,故C正确;D.等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性,这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质,故D错误;答案选C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等,温度改变水的电离平衡常数,温度越高,水的电离平衡常数越大。5、A【解析】

A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成,常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒,故A错误;B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色,苏打粉是碳酸钠,溶液呈碱性,可用苏打粉检验假葡萄酒,故B正确;C.植物油含有碳碳双键,长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质,故C正确;D.Hg和S常温下反应生成HgS,水银温度计不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖,故D正确;故选A。6、D【解析】

A选项,若反应①中n(ClO-):n(C1O3-)=5:1,设物质的量分别为5mol和1mol,则化合价升高失去10mol电子,则化合价降低得到10mol电子,因此总共有了8mol氯气,氧化剂与还原剂的物质的量之比为10:6,即5:3,故A错误;B选项,根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol,因此每消耗4molKOH,吸收氯气2mol,即标准状况下44.8LCl2,故B错误;C选项,根据第二个方程式比较氧化性,氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性,因此KC1O>K2FeO4,故C错误;D选项,若反应①的氧化产物只有KC1O,则C12与KC1O物质的量之比为1:1,根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2,因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12,故D正确。综上所述,答案为D。7、D【解析】

二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液,先发生H2X+OH-=H2O+HX-,然后发生HX-+OH-=H2O+X2-;【详解】A.M点加入20.0mLNaOH溶液,溶液中的溶质为NaHX,溶液中存在HX-的电离和水解,所以此时c(Na+)>c(HX-),水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X),故A正确;B.P点加入40.0mLNaOH溶液,所以溶质为Na2X,溶液中存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X),即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X),故B正确;C.,据图可知随着氢氧化钠加入,M、N、P、Q的碱性增强,则c(H+)减小,所以溶液中,故C正确;D.水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大,即图中纵坐标越小水的电离程度越大,所以水的电离程度:P>N=Q>M;温度未知,无法确定水的电离平衡常数,所以无法确定a的值,故D错误;故答案为D。【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡:电离平衡和盐类的水解平衡,抓两个微弱:弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的,正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。8、B【解析】

A.“可燃冰”是天然气水合物,燃烧生成二氧化碳和水,属于清洁能源,有利于节省化石燃料,并减少空气污染,故A正确;B.医用酒精的浓度为75%,并不是越大越好,浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固,形成一层硬膜,这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部,反而保护了细菌,故B错误;C.钻石的成分是碳单质,水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝,三者成分不同,故C正确;D.纯碱水解显碱性,油脂在碱性环境下水解,直馏汽油去油污是利用相似相溶原理,所以二者去油污原理不同,故D正确;故选:B。9、D【解析】

将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等,将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青,则它们的沸点范围由低到高的顺序为:石油气<汽油<煤油<柴油<重柴油<润滑油<凡士林<石蜡<沥青,故选D项。答案选D。10、B【解析】

A.加热会强烈水解,并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为,最终无法得到,A项错误;B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水,即“黑面包实验”,同时硫酸被还原得到,使溴水褪色,因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性,B项正确;C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠,因此不能用来除杂,C项错误;D.氯化铵固体受热易分解,碘受热易升华,二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离,D项错误;答案选B。【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应,其次是不能引入新的杂质,最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。11、B【解析】

A.水的电离为吸热过程,随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,A项错误;B.随温度的升高,水的电离程度增大,Kw增大,则NaOH溶液pH会减小,B项正确;C.随温度升高,促进CH3COOH的电离,提高氢离子浓度,氢离子会抑制水的电离,C项错误;D.盐类的水解反应是吸热反应,温度升高,促进盐类的水解,即水解平衡向右移动,D项错误;答案选B。12、A【解析】

A.Na在氧气中燃烧生成Na2O2,Na2O2与CO2反应生成Na2CO3,能实现转化,故A正确;B.Fe与Cl2燃烧,反应生成FeCl3不能生成FeCl2,故B错误;C.在高温下,SiO2与与盐酸溶液不反应,故C错误;D.S在氧气中燃烧生成二氧化硫,不能得到三氧化硫,故D错误;答案选A。【点睛】氯气是强氧化剂,与变价金属单质反应时,金属直接被氧化为最高价。13、D【解析】

A.氨水是弱碱,向氯化铝溶液中滴加氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误;B.将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质:Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O,故B错误;C.铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水,Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,故C错误;D.向石灰石中滴加稀硝酸,生成硝酸钙、二氧化碳和水,CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,故D正确。14、C【解析】

A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应,故A正确;B.分子式为C10H14的单取代芳香烃,不饱和度为4,分子中含有一个苯环和一个丁基,其同分异构体取决于丁基的种数,丁基有4种,可能的结构有4种,故B正确;C.氨基酸不是高分子化合物,淀粉属于高分子化合物,故C错误;D.乙烯可与溴发生加成反应,可用溴的四氯化碳溶液鉴别,故D正确。答案选C。15、C【解析】

A、通过流程图,反应II和III,实现了太阳能到化学能的转化,故A说法正确;B、根据流程总反应为H2O=H2↑+1/2O2↑,SO2和I2起到催化剂的作用,故B说法正确;C、反应I+反应II+反应III,得到H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=(-213+327+172)kJ·mol-1=+286kJ·mol-1,或者2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+572kJ·mol-1,故C说法错误;D、△H只与始态和终态有关,该过程降低了水分解制氢的活化能,△H不变,故D说法正确。16、C【解析】

A.生成气体从长颈漏斗逸出,且NO易被氧化,应选分液漏斗,A不能达到实验目的;B.NO与空气中氧气反应,不能用排空气法收集NO,B不能达到实验目的;C.装置丙是过滤装置,可分离炭粉和硝酸铜溶液,C能达到实验目的;D.装置丁是坩埚,用于灼烧固体,不能用于蒸干溶液,且硝酸铜溶液在蒸发时,铜离子水解,生成硝酸易挥发,D不能达到实验目的;故选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、醛基、酚羟基取代反应+CH3ONa+NaBrCH3CH3OH/浓硫酸、加热。【解析】

A与溴单质发生取代反应生成B,根据A的结构简式和B的分子式可得B的结构简式为;B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C,根据C的分子式可得,C的结构简式为;C与CH2(COOH)2反应生成D,D和CH3CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E,根据已知信息,E和LiBH4反应生成F,根据F的分子式,F的结构简式为,根据以上分析解答。【详解】(1)A的结构简式为,其中官能团名称是醛基、酚羟基;(2)根据分析,反应①为A与溴单质发生取代反应生成B,则反应类型是取代反应;(3)反应②为B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C,根据C的分子式可得,C的结构简式为,化学方程式为+CH3ONa+NaBr;(4)根据分析,反应④为D和CH3CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E,所需的试剂和条件是CH3CH3OH/浓硫酸、加热;(5)根据分析,F的结构简式为;(6)E的结构简式为,芳香化合物W是E的同分异构体,W能水解生成X、Y两种化合物,X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰,X的峰面积比为3:2:1,即X中有3种不同环境的氢原子,且个数比为3:2:1,Y的峰面积为1:1:1,即Y中有3种不同环境的氢原子,且个数比为1:1:1,符合题意的W的结构简式可以为;(7)结合已知信息,苯甲酸甲酯()和LiBH4反应生成,与氧气在Cu做催化剂加热条件下反应生成,再与CH2(COOH)2生成目标产物,则以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线:。18、加成反应(酚)羟基、酯基碳酸氢钠+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O12【解析】本题考查有机物的推断和合成,(1)根据C的结构简式,判断出B生成C反应类型为酯化反应,即B的结构简式为,根据A的分子式,以及B的结构简式,推出A为苯酚,结构简式为,结合A和B的结构简式,A生成B的反应类型为加成反应;(2)根据D的结构简式,含有含氧官能团是酯基和(酚)羟基;(3)B含有羧基,C不含有羧基,且酚羟基电离出H+能力小于碳酸,羧酸的酸性强于碳酸,因此检验两种物质,可以滴加NaHCO3溶液,B溶液中出现气泡,C中不出现气泡;(4)根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子,因此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O;(5)能与NaHCO3溶液产生气体,则结构中含有羧基,遇FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,符合条件的同分异构体为(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种),共有12种;核磁共振氢谱有5种峰,说明有5种不同的氢原子,即结构简式为;(6)根据信息,生成的反应物应是乙炔和,因此先让A与氢气发生加成反应,然后再被氧化,合成路线为。点睛:本题的难点是同分异构体的书写,首先根据题中所给信息,判断出含有官能团或结构,如能与NaHCO3溶液反应产生气体,说明含有羧基,能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,苯环上有2种取代基,首先判断出的结构是,然后考虑苯环上两个取代基的位置,即邻间对,然后再考虑溴的位置,以及碳链异构,判断其他,平时注意多练习总结,找规律。19、ABDE↑饱和溶液或氨气在水中的溶解度大,先通可以溶解更多的La(HCO3)3B中澄清石灰水先变浑浊,A中后变浑浊【解析】

由实验装置可知,装置Y用以制备氨气,装置W用以制备二氧化碳,装置Z用以制备碳酸镧,因氨气极易溶于水,装置Y的C接口应与装置Z的E接口连接,因二氧化碳中混有氯化氢,应用盛有饱和溶液的X装置除去氯化氢,则制备装置的连接顺序为W—X—Z—Y。【详解】(1)由制备装置的连接顺序为W—X—Z—Y可知,制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:F→A→B→D,E←C,故答案为A;B;D;E;(2)Y中为浓氨水与生石灰反应产生氨气,发生反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑,故答案为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑;(3)装置W用以制备二氧化碳,因二氧化碳中混有氯化氢,应用盛有饱和NaHCO3溶液的X装置除去氯化氢,防止干扰反应,故答案为饱和NaHCO3溶液;(4)因为NH3在水的溶解度大,二氧化碳在水中的溶解度较小,但是在氨水中溶解度较大,则Z中应先通入NH3,后通入过量的CO2,以溶解更多的CO2,得到浓度较大的碳酸氢铵溶液,提高反应速率和碳酸镧的产率,故答案为NH3在水的溶解度大,先通NH3可以溶解更多的CO2;(5)一般正盐的稳定性强于对应的酸式盐,所以欲探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱,可以在相同温度下探究两者的稳定性,也可以给正盐更高的温度加热进行探究。若设计题中的实验装置,则甲试管中盛放的物质受热温度较低,应为La(HCO3)3;根据乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线可知,碳酸镧在一定温度下会发生分解,所以碳酸氢镧一定在更低的温度下发生分解,所以实验过程中可以观察到的现象为B中澄清石灰水先变混浊,A中后变混浊,故答案为La(HCO3)3;B中澄清石灰水先变混浊,A中后变混浊。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。20、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+,Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化,向溶液中加入KSCN溶液,若出现红色,则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气,说明生成了碘蒸气,NH4I发生下列反应:NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气),2HI(气)⇌H2(气)+I2(气),则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI),E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气;(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气,反应方程式:Zn+I2═ZnI2,故D装置的作用是作安全瓶,防倒吸,因为氨气极易被浓硫酸吸收;(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体,结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe;(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4,由此可写出反应的离子方程式;(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化,若该假设成立,则溶液中还存在Fe3+,再继续加入KSCN溶液则溶液变红;(6)氧化物样品质量为7.84克,还原成铁粉质量为5.6克,氧元素质量为:7.84-5.6g=2.24g,则铁和氧的原子个数比为::=0.1:0.14=5:7,氧化物的平均分子式为Fe5O7,由此确定混合物的组成。【详解】:(1)实验时中A有大量紫红色的烟气,说明生成了碘蒸气,NH4I发生下列反应:NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气),2HI(气)⇌H2(气)+I2(气),则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI),E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气;(2)装置B的作用是吸收碘蒸气,反应方程式

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