2023-2024学年重庆市彭水一中高考仿真卷化学试卷含解析_第1页
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文档简介

2023-2024学年重庆市彭水一中高考仿真卷化学试卷注意事项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、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A.大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B.制造普通玻璃的原料为石英砂(Si02)、石灰石(CaCO3)和纯碱C.髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒,都利用了强氧化性D.红柿摘下未熟,每篮用木瓜三枚放入,得气即发,并无湿味。”文中的“气”是指乙烯2、X、Y、Z、T是四种原子序数递增的短周期元素,X形成的简单阳离子核外无电子,Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸,Z是人体内含量最多的元素,T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小,则以下说法正确的是A.元素最高化合价的顺序为Z>Y>T>XB.Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性为Z>YC.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质,对水的电离均起抑制作用D.常温下,T的单质与Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不能反应3、加入少许下列一种物质,不能使溴水颜色显著变浅的是A.Mg粉 B.KOH溶液 C.KI溶液 D.CCl44、邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成,其结构简式为,下列关于该物质的说法正确的是()。A.该物质能与溴水生成白色沉淀B.该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5种C.1mol该物质最多能与4molH2生加成反应D.该物质中所有原子共平面5、饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打,滤出小苏打后,向母液中通入氨,再冷却、加食盐,过滤,得到氯化铵固体.下列分析错误的是()A.该制备小苏打的方程式为:NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4ClB.母液中通入的氨气与HCO3﹣反应:NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+C.加食盐是为增大溶液中Cl﹣的浓度D.由题可知温度较低时,氯化铵的溶解度比氯化钠的大6、CH2=CH-CH=CH2通过一步反应不能得到的物质是A. B.C. D.CO27、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A.上述流程中多次涉及到过滤操作,实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有:玻璃棒、烧杯、漏斗B.用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C.实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D.MnSO4溶液→MnO2过程中,应控制溶液pH不能太小8、下列物质的应用中,利用了该物质氧化性的是A.小苏打——作食品疏松剂 B.漂粉精——作游泳池消毒剂C.甘油——作护肤保湿剂 D.明矾——作净水剂9、下列比较错误的是A.与水反应的剧烈程度:K<Ca B.稳定性:HF>HC1C.原子半径:Si>N D.碱性:Ca(OH)2>Mg(OH)210、处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法,其流程如左图;模拟过程Ⅱ如右图,下列推断正确的是A.膜1为阴离子交换膜,膜2为阳离子交换膜B.若用锌锰碱性电池为电源,a极与锌极相连C.a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑D.若收集22.4L的P(标准状况下),则转移4mol电子11、科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置,总反应方程式为2CO2=2CO+O2,下列说法不正确的是A.由图分析N电极为负极B.OH-通过离子交换膜迁向右室C.反应完毕,该装置中电解质溶液的碱性增强D.阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-12、下列说法中的因果关系正确的是A.因为氢氟酸显弱酸性,可用于雕刻玻璃B.因为液态氨气化时吸热,可用液态氨作制冷剂C.因为明矾溶于水生成氢氧化铝胶体,起消毒杀菌的作用D.用铝制容器盛放浓硝酸,是因为铝和浓硝酸不反应13、Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四种离子以物质的量之比2:4:1:1大量共存于同一溶液中,X可能是()A.Na+ B.Cl﹣ C.CO32﹣ D.OH﹣14、[安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]下列有关化学用语表示正确的是A.水分子的比例模型B.过氧化氢的电子式为:C.石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D.甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种(不考虑立体异构)15、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A.装置b、c中发生反应的基本类型不同B.实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C.d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D.停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸16、NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是A.0.1mol的11B中,含有0.6NA个中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1NA个H+C.2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子D.密闭容器中2molSO2与1molO2反应制得2molSO3二、非选择题(本题包括5小题)17、丙胺卡因(H)是一种局部麻醉药物,实验室制备H的一种合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)B的化学名称是________,H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。(3)C中所含官能团的名称为_________,由G生成H的反应类型是___________。(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分异构体,X能与NaOH溶液反应,其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。(6)(聚甲基丙烯酸甲酯)是有机玻璃的主要成分,写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线:________________。(无机试剂任选)18、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一,已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图(部分反应条件己略去):己知下列信息:①芳香族化合物B的一氯代物有两种②③回答下列问题:(1)固体A是___(写名称);B的化学名称是___。(2)反应①的化学方程式为___。(3)D中官能团的名称为___;反应②的反应类型是___。(4)E的分子式为___;己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2,则F的结构简式是___。(5)X与C互为同分异构体,写出同时满足下列条件的X的结构简式___。①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢,其峰面积之比为2:2:1:1②能与NaOH溶液反应,1mo1X最多消耗4mo1NaOH③能发生水解反应,其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应(6)参照上述合成路线,以甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)设计合成的路线___。19、某化学兴趣小组在习题解析中看到:“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀,是因为在酸性环境中,NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑,“因没有隔绝空气,也许只是氧化了SO32-,与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验,用pH传感器检测反应的进行,实验装置如图。回答下列问题:(1)仪器a的名称为__。(2)实验小组发现装置C存在不足,不足之处是__。(3)用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油,配制4种溶液(见下表)分别在装置C中进行探究实验。编号①②③④试剂煮沸过的BaCl2溶液25mL,再加入食用油25mL未煮沸过的BaCl2溶液25mL煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL,再加入食用油25mL未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL对比①、②号试剂,探究的目的是___。(4)进行①号、③号实验前通氮气的目的是__。(5)实验现象:①号依然澄清,②、③、④号均出现浑浊。第②号实验时C中反应的离子方程式为__。(6)图1-4分别为①,②,③,④号实验所测pH随时间的变化曲线。根据以上数据,可得到的结论是__。20、为了探究铁、铜及其化合物的性质,某同学设计并进行了下列两组实验。实验一:已知:3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)(1)虚线框处宜选择的装置是________(填“甲”或“乙”);实验时应先将螺旋状铜丝加热,变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中,观察到的实验现象是______________________。(2)实验后,为检验硬质玻璃管中的固体是否含+3价的铁元素,该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解,滴加_______溶液(填试剂名称或化学式),没有出现血红色,说明该固体中没有+3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_________________。实验二:绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2(设为装置A)称重,记为m1g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为m2g,B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下:(1)________,(2)点燃酒精灯,加热,(3)______,(4)______,(5)______,(6)称量A,重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3g。(3)请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a.关闭K1和K2b.熄灭酒精灯c.打开K1和K2缓缓通入N2d.冷却至室温(4)必须要进行恒重操作的原因是_________________。(5)已知在上述实验条件下,绿矾受热只是失去结晶水,硫酸亚铁本身不会分解,根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=__________________(用含m1、m2、m3的列式表示)。21、I.工业上可由氢气、氮气合成氨气,溶于水形成氨水。盐酸和氨水是实验室常见的电解质溶液。一定温度下,向2L密闭容器中加入N2(g)和H2(g),发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q(Q>0),NH3物质的量随时间的变化如右图所示。(1)0~2min内的平均反应速率v(H2)=___________。(2)该温度下,反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q(Q>0)的平衡常数表达式K=______。其平衡常数K与温度T的关系如下表:T/℃25125225平衡常数K4×106K1K2试判断K1________K2(填写“>”“=”或“<”)。(3)下列能说明合成氨反应已达到平衡状态的是______(填字母)(反应是在固定体积的密闭容器中进行的)a.3v(N2)=v(H2)b.容器内压强保持不变c.混合气体的密度保持不变d.25℃时,测得容器中c(NH3)=0.2mol·L-1,c(H2)=c(N2)=0.01mol·L-1II.常温下,某同学将盐酸与氨水等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。实验编号氨水浓度/mol·L-1盐酸浓度/mol·L-1混合溶液pH①0.20.2pH=x②c0.2pH=7请回答:(4)①中所得混合溶液,pH_______7(填“>”“<”或“=”)。②中c___0.2(填“>”“<”或“=”),所得混合溶液中各离子浓度大小关系为_____________。(5)请你再设计一个能证明一水合氨是弱电解质的方案。_____________。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】

A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性,会对环境造成污染,故A不选;B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和CaSiO3,和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分,故B不选;C.髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒,利用了强氧化性,酒精没有强氧化性,故C选;D.成熟的水果能释放乙烯,乙烯可以促进果实成熟,故D不选。故选C。2、B【解析】

X形成的简单阳离子核外无电子,应为H元素,Z是人体内含量最多的元素,应为O元素,Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸,应为N元素,T在同周期元素形成的简单阳离子中半径最小,依据同周期金属离子半径小于非金属离子半径,且同周期金属离子核电荷数越大离子半径越小可知应为Al元素。【详解】A.Z为O元素,该元素没有最高正价,所以其最高价比N元素低,故A错误;B.非金属性O>N,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故B正确;C.由X、Y和Z三种元素构成的强电解质可为硝酸铵,为强酸弱碱盐,水解可促进水的电离,故C错误;D.常温下,铝与浓硝酸发生钝化反应,故D错误;答案:B3、C【解析】

溴水溶液与氯水溶液成分相似,存在平衡Br2+H2OHBr+HBrO,据此分析作答。【详解】A.Mg与溴水反应生成无色溶液,颜色变浅,故A不符合题意;B.KOH与溴水反应生成无色溶液,颜色变浅,故B不符合题意;C.溴水与KI发生反应生成碘,溶液颜色加深,故C符合题意;D.溴水与四氯化碳发生萃取,使溴水颜色显著变浅,故D不符合题意;故答案为:C。4、B【解析】

A.邻甲基苯甲酸中不含酚羟基,不能与溴水生成白色沉淀,故A错误;B.能水解说明含有酯基,甲酸酯基与甲基处于邻、间、对位有3种,再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5种,故B正确;C.该物质中只有苯环与氢气加成,则1mol该物质最多能与3mol氢气发生加成反应,故C错误;D.甲基碳属于饱和碳原子,其与周围四个原子构成空间四面体结构,不能全部共面,故D错误。综上所述,答案为B。【点睛】能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮,注意酯基和羧基不与氢气发生加成反应。5、D【解析】

A.虽然这个反应一般不能发生,但此处我们利用的是溶解度差异,仍然可以使溶解度相对较低的以沉淀的形式析出,A项正确;B.溶于水得到一水合氨,可以和一水合氨发生反应,得到和,B项正确;C.加食盐是为了提高溶液中的浓度,根据同离子效应使氯化铵先析出,C项正确;D.加食盐能得到氯化铵固体,说明氯化铵的溶解度比食盐更低,D项错误;答案选D。6、A【解析】

A.CH2=CH-CH=CH2发生1,4加成生成,所以不能得到该物质,A符合题意;B.CH2=CH-CH=CH2与HCl发生1,4加成生成,B不符合题意;C.CH2=CH-CH=CH2发生加聚反应生成,C不符合题意;D.CH2=CH-CH=CH2燃烧生成CO2,D不符合题意;故合理选项是A。7、C【解析】

A.上述流程中多次涉及到过滤操作,使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗,这些都属于硅酸盐材质,A正确;B.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡,电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+,使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀,B正确;C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫,反应生成亚硫酸钠,亚硫酸钠溶液呈碱性,溶液颜色变化不明显,不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量,C错误;D.由于MnO2具有氧化性,当溶液酸性较强时,MnO2的氧化性会增强,所以MnSO4溶液→MnO2过程中,应控制溶液pH不能太小,D正确;故合理选项是C。8、B【解析】

A.小苏打是碳酸氢钠,受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂,与氧化性无关,故A错误;B.漂粉精作消毒剂,利用次氯酸盐的强氧化,反应中Cl元素的化合价降低,作氧化剂,具有氧化性,故B正确;C.甘油作护肤保湿剂,是利用甘油的吸水性,没有元素的化合价变化,与氧化性无关,故C错误;D.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水,与盐类水解有关,与物质氧化性无关,故D错误;故答案为B。9、A【解析】

A.金属性K>Ca>Na>Mg,金属性越强,金属单质与水反应越剧烈,故A错误;B.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,非金属性F>S,所以氢化物的稳定性HF>H2S,故B正确;C.C、Si同主族,电子层依次增大,故原子半径Si>C,C、N同周期,原子半径随原子序数增大而减小,故原子半径C>N,因此原子半径:Si>N,故C正确;D.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性Ca>Mg,所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2,故D正确;故选A。10、B【解析】

由流程图可知,氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液,电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸,制得的氢氧化钠溶液可以循环使用;电解Na2SO3溶液时,亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室,在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根,SO32——2e—+H2O=SO42—+,2H+,则b极为阳极,与电源正极相连,左室中,水在a极得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑,溶液中OH—浓度增大,Na+离子通过阳离子交换膜进入左室,则a极为阴极,与电源负极相连。【详解】A项、电解Na2SO3溶液时,亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室,Na+离子通过阳离子交换膜进入左室,则膜1为阳离子交换膜,膜2为阴离子交换膜,故A错误;B项、a极为阴极,与锌锰碱性电池的负极锌极相连,故B正确;C项、a极为阴极,水在阴极得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑,故C错误;D项、由阴极电极反应式可知,若收集标准状况下22.4LH2,转移2mol电子,故D错误。故选B。【点睛】本题考查了电解原理,注意电解池反应的原理和离子流动的方向,能够正确判断电极名称,明确离子交换膜的作用是解答关键。11、C【解析】

电池内部,电子向负极迁移,结合图可知,N电极为负极,P电极为正极。【详解】A.由分析可知,N电极为负极,A正确;B.右边的装置与太阳能电池相连,为电解池,左边Pt电极与电池负极相连,为阴极,右边Pt电极与电池正极相连,为阳极,电解池中,阴离子向阳极移动,故OH-通过离子交换膜迁向右室,B正确;C.总反应方程式为2CO2=2CO+O2,电解质溶液pH不变,碱性不变,C错误;D.CO2在阴极得电子生成CO,结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为:CO2+H2O+2e-=CO+2OH-,D正确。答案选C。12、B【解析】

A.二氧化硅与氢氟酸发生反应生成四氟化硅,与酸性强弱无关,故A错误;B.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂,故B正确;C.明矾水解形成Al(OH)3胶体,具有吸附作用,可以吸收水中固体杂质颗粒,所以可用作水处理中的净水剂,不能用于自来水的杀菌消毒,故C错误;D.浓硝酸具有强氧化性,可使铝钝化,所以在常温下用铝制容器盛放浓硝酸,钝化是铝的表面发生了氧化还原反应,故D错误;故选B。13、B【解析】

假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol,则根据溶液中的电荷守恒分析,2×3+1×3=2×4+1×x,解x=1,说明阴离子带一个单位的负电荷,铁离子和氢氧根离子不能共存,所以氢氧根离子不存,故X可能为氯离子,故选B。14、D【解析】

A.所给确为比例模型,氢原子和氧原子的半径相对大小不对,应该是中间的氧的原子半径大,水分子为V形,不是直线形,A项错误;B.过氧化氢是只由共价键形成的分子,B项错误;C.石油的分馏是物理变化,煤的气化和液化均是化学变化,煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料,煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等,C项错误;D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢,共有3种可能,取代不同碳上的氢共有7种(用数字标出碳,则可表示为:1,2、1,3、1,5、2,3、2,5、3,4、3,5),D项正确;所以答案选择D项。15、C【解析】

石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应,生成物中含有烯烃,把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应,溶液褪色,通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,可使酸性高锰酸钾溶液褪色,据此解答。【详解】A.装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应,装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应,反应类型不同,A正确;B.石蜡油受热分解需要温度比较高,实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少,实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色,B正确;C.装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊,所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2,C错误;D.停止加热后立即关闭K,后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸,D正确;答案选C。16、A【解析】

A.11B中含有中子数=11-5=6,0.1mol的11B中含有0.6mol中子,含有0.6NA个中子,故A正确;B.溶液体积未知,无法计算pH=1的H3PO4溶液中含有的氢离子数,故B错误;C.标准状况下,苯不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量,故C错误;D.2SO2+O22SO3为可逆反应,不能完全进行,所以2molSO2和1molO2反应生成SO3的物质的量小于2mol,故D错误;故选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意可逆反应不能完全进行,存在反应的限度。二、非选择题(本题包括5小题)17、邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)C13H20ON2浓HNO3/浓H2SO4,加热氨基取代反应吸收反应产生的HCl,提高反应的转化率或【解析】

A的分子式结合G得知:A是甲苯,B中有-NO2,结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系,故B是邻硝基甲苯,在Fe和HCl存在下被还原成C物质:邻氨基甲苯,结合题干信息:二者反应条件一致,则确定D是乙醛CH3CHO,E是,部分路线如下:【详解】(1)B的化学名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯);H的分子式是C13H20ON2;(2)由A生成B的反应是硝化反应,试剂:浓HNO3、浓H2SO4,反应条件:加热;(3)C中所含官能团的名称为氨基;观察G生成H的路线:G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代,故反应类型是取代反应;(4)C与F反应生成G的化学方程式为;有机反应大多是可逆反应,加入K2CO3消耗反应产生的HCl,使平衡正向移动,提高反应物的转化率;(5)的单体是,联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体,由原料丙酮到增长了碳链,用到题干所给信息:,故流程如下:。18、焦炭对二甲苯(或1,4-二甲苯)+2CH3OH+2H2O酯基取代反应CH3OHCH3Cl【解析】

采用逆推法,D中应该含有2个酯基,即,反应①的条件是乙醇,因此不难猜出这是一个酯化反应,C为对二苯甲酸,结合B的分子式以及其不饱和度,B只能是对二甲苯,从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液,固体A是煤干馏得到的,因此为焦炭,再来看下线,F脱水的产物其实是两个酸酐,因此F中必然有四个羧基,则E就是1,2,4,5-四甲苯,据此来分析本题即可。【详解】(1)固体A是焦炭,B的化学名称为对二甲苯(或1,4-二甲苯)(2)反应①即酯化反应,方程式为+2CH3OH+2H2O;(3)D中官能团的名称为酯基,注意苯环不是官能团;(4)E是1,2,4,5-四甲苯,其分子式为,根据分析,F的结构简式为;(5)根据给出的条件,X应该含有两个酯基,并且是由酚羟基形成的酯,再结合其有4种等效氢,因此符合条件的X的结构简式为;(6)甲苯只有一个侧链,而产物有两个侧链,因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链,再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基,再进行酯化反应即可,因此合成路线为CH3OHCH3Cl。19、锥形瓶装置C中的溶液与空气接触探究氧气能否氧化SO32-排除装置内的空气,防止氧气干扰2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-、NO3-都能氧化氧化SO32-,氧气的氧化效果比NO3-更好,在氧气、NO3-共存条件下,氧化速率更快。【解析】

(1)根据装置图判断仪器a的名称;(2)要验证“只是氧化了SO32-,与NO3-无关”,需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。(3)①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气。(4)进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境,区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子;(5)实验现象:①号依然澄清,②号出现浑浊,说明把SO32-氧化为SO42-;(6)根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。【详解】(1)根据装置图,仪器a的名称是锥形瓶;(2)要验证“只是氧化了SO32-,与NO3-无关”,需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液,不足之处是装置C中的溶液与空气接触。(3)①、②号试剂的区别是①号溶液中无氧气、②号试剂中溶有氧气,对比①、②号试剂,探究的目的是氧气能否氧化SO32-。(4)进行①号、③号试剂的共同点是无氧环境,区别是①号溶液中无硝酸根离子、③号试剂中有硝酸根离子;进行①号、③号实验的目的是探究在酸性环境中,NO3-能否将SO32-氧化成SO42-,进行①号、③号实验前通氮气可以排除装置内的空气,防止氧气干扰;(5)实验现象:①号依然澄清,②号出现浑浊,说明把SO32-氧化为SO42-,第②号实验时C中反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O=4H++2SO42-;(6)根据图象可知,、NO3-都能氧化氧化SO32-,氧气的氧化效果比NO3-更好,在氧气、NO3-共存条件下,氧化速率更快。20、乙铜丝由黑变红硫氰化钾或KSCN不正确,因为铁过量时:Fe+2Fe3+→3Fe2+cbda确保绿矾中的结晶水已全部失去【解析】试题分析:实验一:(1)铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气,虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置,根据氢气的密度比空气小分析;氧化铜被氢气还原为铜单质;(2)Fe3+能使KSCN溶液变成血红色;单质铁能把Fe3+还原为Fe2+;实验二:(3)由于装置中含有空气,空气能氧化硫酸亚铁,所以加热前要排尽装置中的空气,利用氮气排出空气,为使生成的水蒸气完全排出,应该先熄灭酒精灯再关闭K1和K2;冷却后再称量;(4)进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去;(5)根据题意,生成硫酸亚铁是,生成水的质量是,根据计算x值;解析:实验一:(1)铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气,虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置,氢气的密度比空气小,所以用向下排空气法收集氢气,故选乙;氧化铜被氢气还原为铜单质,现象是铜丝由黑变红;(2)Fe3+能使KSCN溶液变成血红色,滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+,若溶液变为血红色,则含有Fe3+;单质铁能把Fe3+还原为Fe2+,当铁过量时:Fe

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