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文档简介

2024年福建省漳州市东山第二中学高三冲刺模拟化学试卷注意事项: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、在1体积空气中混入1体积二氧化碳,在高温下跟足量的焦炭反应,假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳,则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是A.75% B.67% C.50% D.33.3%2、下列在科学研究过程中使用的实验装置内,没有发生氧化还原反应的是A.屠呦呦用乙醚提取青蒿素B.伏打发明电池C.拉瓦锡研究空气成分D.李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成A.A B.B C.C D.D3、化学与工农业生产和日常生活密切相关,下列说法正确的是A.漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂,又可作消毒剂B.硅胶可用作催化剂的载体,但不可用作干燥剂C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸,是因为铝与浓硫酸不反应D.明矾可作净水剂,是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性4、炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等,实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是A.用装置甲制取CO2并通入废碱液B.用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C.用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3D.用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体5、被誉为“矿石熊猫”的香花石,由我国地质学家首次发现,它由前20号元素中的6种组成,分别为X、Y、Z、W、R、T。其中X、Y、Z为金属元素,Z的最外层电子数与次外层电子数相等,X、Z位于同族,Y、Z、R、T位于同周期,R最外层电子数是次外层的3倍,T无正价,X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A.离子半径:R>T>Y>ZB.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同C.最高价氧化物对应的水化物的碱性:X>ZD.气态氢化物的稳定性:W<R<T6、反应A+B→C+Q(Q>0)分两步进行,①A+B→X+Q(Q<0)②X→C+Q(Q>0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是()A. B.C. D.7、有氯气参加的化学反应一定不属于A.复分解反应 B.置换反应 C.取代反应 D.加成反应8、常温下,H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图(I)、(II)所示。下列说法不正确的是已知:。A.NaHA溶液中各离子浓度大小关系为:B.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15C.[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D.向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl,不变9、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB.4.6g乙醇完全氧化生成乙醛,转移电子数为0.2NAC.25℃,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中,含有OH-的数目为0.2NAD.标准状况下,2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA10、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为:LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+,放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A.该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B.放电时,电子由铜箔经外电路流向铝箔C.充电时,铝箔电极应该接电源的正极D.充电时,Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移11、比较归纳是化学学习常用的一种方法。对以下三种物质的转化关系,①C→CO2;②CH4→CO2;③CO→CO2,比较归纳正确的是A.三种转化关系中发生的反应都属于化合反应B.三种转化关系中所有的生成物在常温下都是气体C.三种物质都只能跟氧气反应转化为二氧化碳D.三种物质都能在点燃条件下转化为二氧化碳12、《厉害了,我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就,它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是()A.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B.港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐,依据的是外加电流的阴极保护法C.我国提出网络强国战略,光缆线路总长超过三千万公里,光缆的主要成分是晶体硅D.化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用,其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料13、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下:下列有关香叶醇的叙述正确的是()A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应不能发生取代反应14、下列有关叙述正确的是A.某温度下,1LpH=6的纯水中含OH一为10-8molB.25℃时,向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水,溶液中减小C.25℃时,将V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合,溶液显中性,则V1≤V2D.25℃时,将amol•L-1氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合,反应完全时溶液中c(NH4+)=c(Cl-),用含a的代数式表示NH3•H2O)的电离常数Kb=15、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜,工艺流程如下所示:已知:[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程,下列说法不正确的是A.气体X中含有SO2B.为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全,过滤即可C.蒸氨过程发生总反应的化学方程式为:[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑D.在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低16、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A.二氧化硫具有漂白性,能使氯水褪色B.浓硫酸具有较强酸性,能使Cu转化为Cu2+C.硅具有还原性,一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D.二氧化锰具有强氧化性,能将双氧水氧化为氧气二、非选择题(本题包括5小题)17、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物,艾司洛尔的一种合成路线如下:回答下列问题:(1)丙二酸的结构简式为_______;E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应,1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2,B能与溴水发生加成反应,推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体,X同时满足下列条件的结构共有____种,其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。18、叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲的最简式为_____;丙中含有官能团的名称为____。(2)下列关于乙的说法正确的是______(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物,请写出该反应的化学方程式:____。(4)甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去):①步骤Ⅰ的反应类型是_______。②步骤I和IV在合成甲过程中的目的是______。③步骤IV反应的化学方程式为________。19、FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下:C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水,易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯,易溶于乙醇,易吸水熔点/℃-4553易升华沸点/℃132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下:①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。②按气流由左到右的方向,上述仪器的连接顺序为_________(填字母,装置可多次使用);C中盛放的试剂是_____________。③该制备装置的缺点为________________。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置,在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯,控制反应温度在一定范围加热3h,冷却、分离提纯得到粗产品。①仪器a的名称是__________。②反应结束后,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后,得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是____,回收滤液中C6H5C1的操作方法是______。③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL,量取25.00mL所配溶液,用0.40mol/LNaOH溶液滴定,终点时消耗NaOH溶液为19.60mL,则氯化铁的转化率为__________。④为了减少实验误差,在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有:________(写出一点即可)。20、氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备,化学方程式为:2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH<0。回答下列问题:(1)利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。(2)简述检查装置乙气密性的操作__。(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,仪器接口的连接顺序为:B→__→__→EF←__←A。(4)反应时为了增加氨基甲酸铵的产量,三颈瓶的加热方式为__(填“热水浴”或“冷水浴”);丁中气球的作用是__。(5)从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__(填写操作名称)。(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,用足量石灰水充分处理后,使碳元素完全转化为碳酸钙,过滤、洗涤、干燥、称量,质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__(已知:Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字)。21、铝试剂:(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3,其商品名为阿罗明拿,可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列问题:(1)碳原子价层电子的电子排布图_______。(2)第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示,其中除氮元素外,其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是____________;氮元素的第一电离能呈现异常的原因是____。(3)经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构,其局部结构如图2所示。①从结构角度分析,阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为_________,不同之处为_________。(填标号)A中心原子的杂化轨道类型B中心原子的价层电子对数C立体结构②阿罗明拿中1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为_______个。分子中的大π键可用符号表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数,则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为______________。③图2中虚线代表氢键,其表示式为(NH4+)N-H---O(COO-)、____________、____________。(4)阿罗明拿的晶体密度为dg·cm-3,其立方晶胞参数为anm,晶胞中含有y个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为______________(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】

根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积,再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积;两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积,反应后气体的总体积=空气体积−反应掉的氧气体积+氧气生成的一氧化碳体积+二氧化碳反应生成的一氧化碳;然后根据体积分数公式计算即可。【详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(C+CO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%,所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计;原空气中一共有0.2体积的氧气,所以氧气和碳反应后(2C+O22CO)得到0.4体积的一氧化碳;所以反应后气体的总体积为1(空气)−0.2(反应掉的氧气)+0.4(氧气生成的一氧化碳)+2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)=3.2体积,一氧化碳的体积为0.4+2=2.4体积;所以一氧化碳的体积分数为×100%=75%;故答案选A。2、A【解析】

A.屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液,是物理变化,不存在氧化还原反应,故A错误;B.原电池中发生的是自发的氧化还原反应,故B正确;C.拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO,是氧化还原反应,故C正确;D.李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成,发生了氧化还原反应,故D正确;答案为A。3、A【解析】

本题考查化学在生活中的应用,意在考查对物质性质的识记和理解能力。【详解】A.漂白粉,漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐,有强氧化性,所以可以漂白,杀菌,故A正确;B.硅胶具有吸水性,可用作干燥剂,故B错误;C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸,是因为铝在浓硫酸中发生钝化,故C错误;D.明矾可作净水剂,是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体,胶体的吸附能力很强,故D错误;答案:A4、C【解析】

A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶,包裹在碳酸钙的表面;B、分液时避免上下层液体混合;C、CaCO3不溶于水;D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A项、浓硫酸溶于水放热,且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶,包裹在碳酸钙的表面,不利用气体的制备,应选盐酸与碳酸钙反应,故A错误;B项、分液时避免上下层液体混合,则先从下口放出下层液体,后从上口倒出上层的有机相,故B错误;C项、CaCO3不溶于水,则图中过滤装置可分离,故C正确;D项、在蒸发皿中蒸发结晶,不能在烧杯中蒸发结晶,且烧杯不能直接加热,故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。5、B【解析】

X、Y、Z、W、R、T属于周期表的前20号元素,其中X、Y、Z为金属元素。R最外层电子数是次外层的3倍,则R含有2个电子层,最外层含有6个电子,为O元素;Y、Z、R、T位于同周期,都位于第二周期,T无正价,则T为F元素;Z的最外层电子数与次外层电子数相等,且位于第二周期,则Z为Be元素,X、Z位于同族,则X为Mg或Ca元素;Y为第二周期的金属元素,则Y为Li;X与R(O)原子序数之和是W的2倍,X为Mg时,W的原子序数为(12+8)/2=10,为Ne元素,为稀有气体,不满足条件;X为Ca时,W的原子序数为(20+8)/2=14,则W为Si元素,据此解答。【详解】根据分析可知:X为Ca,Y为Li,Z为Be,W为Si,R为O,T为F元素。A.电子层越多离子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大原子半径越小,则简单离子半径:R>T>Y>Z,故A正确;B.XR2、WR2分别为CaO2、SiO2,CaO2中O元素化合价为-1,SiO2中O元素化合价为-2,两种化合物中O的化合价不相同,故B错误;C.同一主族从上到下金属性逐渐减弱,则金属性Ca>Be,则最高价氧化物对应的水化物的碱性:X>Z,故C正确;D.非金属性F>O>Si,则气态氢化物的稳定性:W<R<T,故D正确。6、D【解析】

由反应A+B→C+Q(Q>0)可知,该反应是放热反应,A和B的能量之和大于C的能量;由①A+B→X+Q(Q<0)可知,该步反应是吸热反应,故X的能量大于A和B的能量之和;又因为②X→C+Q(Q>0)是放热反应,故X的能量之和大于C的能量,图象D符合,故选D。7、A【解析】

A.复分解反应中一定没有单质参与与生成,而氯气属于单质,则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应,选项A选;B.氯气与KI等的置换反应,有氯气参加,选项B不选;C.甲烷等与氯气的取代反应,有氯气参加,选项C不选;D.乙烯等与氯气的加成反应中,有氯气参加,选项D不选;答案选A。【点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型,为高频考点,把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键,注重基础知识的考查,注意利用实例分析,氯气具有氧化性,有氯气参加的反应为氧化还原反应,也可发生有机的取代、加成反应,则不可能为复分解反应。8、C【解析】

A.由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,溶液显酸性,所以NaHA溶液显酸性,电离程度大于水解程度,则各离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故A正确;B.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH2]+)=c[H3NCH2CH2NH3]2+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2==c(OH-),Kb2=10-7.15,故B正确;C.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c([H3NCH2CH2NH]+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2=10-7.15,由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=6.2,则Ka2=10-6.2,[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2-的水解程度,溶液显酸性,故C错误;D.==,由于通入HCl,Kw、Kb1、Ka1都不变,所以不变,故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用,把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键,侧重分析、应用能力和计算能力的考查,难点D,找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。9、B【解析】

A.乙烯和丙烯的摩尔质量不同,无法计算混合物的物质的量,则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目,故A错误;B.1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol,4.6g乙醇物质的量为0.1mol,完全氧化变成乙醛,转移电子数为0.2NA,故B正确;C.pH=13的Ba(OH)2溶液,c(H+)=10-13mol/L,依据c(H+)c(OH-)=Kw,c(OH-)=10-1mol/L,25℃、pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol,含有的OH-数目为0.1NA,故C错误;D.标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol,而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底,故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO,故根据氯原子守恒可知:2N(Cl2)+N(Cl-)+N(ClO-)+N(HClO)=0.2NA,故含氯的微粒总数小于0.2NA,故D错误;故答案为B。10、A【解析】

A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价,可见Fe元素化合价发生了变化,A错误;B.根据电池充电时的阳极反应式为:LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+,充电时铝箔为阳极,则放电时铝箔为正极,铜箔为负极,放电时,电子由铜箔经外电路流向铝箔,B正确;C.根据题意可知充电时Al箔为阳极,则充电时,铝箔电极应该接电源的正极,C正确;D.根据图示可知:电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移,充电是放电的逆过程,则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移,D正确;故答案选A。11、D【解析】分析:①C→CO2属于碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳;②CH4→CO2属于甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水,常温下水为液态;③CO→CO2属于一氧化碳在氧气中燃烧或者与氧化铜等金属氧化物反应生成二氧化碳。详解:A.甲烷燃烧生成二氧化碳和水,碳与氧化铜反应生成铜与二氧化碳,不是化合反应,A错误;B.甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和水,常温下水为液态,B错误;C.碳、一氧化碳与氧化铜反应能够生成二氧化碳,C错误;D.碳、一氧化碳、甲烷都能够燃烧生成二氧化碳,D正确;答案选D。12、D【解析】

A.高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀,是新型无机非金属材料,不是传统的硅酸盐,A错误;B.钢结构防腐蚀涂装体系中,富锌底漆的作用至关重要,它要对钢材具有良好的附着力,并能起到优异的防锈作用,依据的是牺牲阳极的阴极保护法,B错误;C.光缆的主要成分是二氧化硅,C错误;D.高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料,D正确;故答案选D。13、A【解析】

A项,1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O,香叶醇的分子式为C10H18O,A正确;B项,香叶醇中含有碳碳双键,能与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,B错误;C项,香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基,能被高锰酸钾溶液氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;D项,香叶醇中含有醇羟基,能发生取代反应,D错误;答案选A。14、D【解析】

A.某温度下,1LpH=6的纯水中c(OH-)=c(H+)=10-6mol•L-1,含OH一为10-6mol,故A错误;B.25℃时,向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水,促进水解,碱性减弱,氢离子浓度增大,醋酸浓度减小,溶液中增大,故B错误;C.pH=11的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol·L-1,pH=3的HA溶液中氢离子浓度为0.001mol·L-1,若HA为强电解质,要满足混合后显中性,则V1=V2;若HA为弱电解质,HA的浓度大于0.001mol·L-1,要满足混合后显中性,则V1>V2,所以V1≥V2,故C错误;D.在25℃下,平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=0.005mol·L-1,根据物料守恒得c(NH3·H2O)=(0.5a-0.005)mol·L-1,根据电荷守恒得c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,溶液呈中性,NH3·H2O的电离常数Kb=,故D正确;故选D。【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡,注意明确弱电解质在溶液中部分电离,C为易错点,注意讨论HA为强电解质和弱电解质的情况,D是难点,按平衡常数公式计算。15、B【解析】

A、含有硫的矿物燃烧,肯定是二氧化硫气体,正确;B、为实现溶液C到溶液D的转化,加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全,过滤即可,错误;C、因为提示中有这样的方程式:[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq),因此在加热时,氨就会逸出,正确;D、在制备产品时,溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低,正确。答案选B。16、C【解析】

A.二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸,使氯水褪色,体现二氧化硫的还原性,与漂白性无关,故A错误;B.铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变,浓硫酸表现强的氧化性和酸性,使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性,故B错误;C.硅单质中硅化合价为0,处于低价,一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来,体现其还原性,故C正确;D.过氧化氢分解生成氧气和水,反应中二氧化锰起催化作用,故D错误;故选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、HOOC-CH2-COOH醚键、酯基取代反应15【解析】

本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析:由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为,由C与甲醇发生酯化反应生成D,可推断出C的结构简式为,B与氢气发生加成反应生成C,结合B的分子式与第(4)问中“B能与溴水发生加成反应”,可推断出B的结构简式为,A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B,结合A的分子式以及第(4)问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应,1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”,可推断出A的结构简式为。【详解】(1)丙二酸的结构简式为:;观察E结构简式可知,所含含氧官能团有:醚键、酯基;(2)D生成E的方程式为:,故反应类型为取代反应;(3)由上述分析可知,C的结构简式为:;(4)根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为:;(5)条件①:该结构简式中含有羧基;条件②:该结构简式中含有酚羟基;条件③:除苯环外,不含有其它杂环;可以酚羟基作为移动官能团,书写出主要碳骨架,再进行判断同分异构体总数,(1)中酚羟基有2个取代位置(不包含本身),(2)中酚羟基有3个取代位置,(3)中酚羟基有4个取代位置,(4)中酚羟基有4个取代位置,(5)中酚羟基有2个取代位置,故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种;核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。(6)对比苯甲醇和结构简式,根据题干信息,需将苯甲醇氧化生成苯甲醛,再模仿A生成B的方程式生成,再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成,故合成路线为:【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成,采用正推和逆推相结合的方法,逐步分析有机合成路线,可推出各有机物的结构简式,然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团,有机反应绝大多数都是围绕官能团展开,而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分,所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理,认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行,而不必过多追究。18、C7H7NO2羧基、氨基acn+nH2O取代反应保护氨基+H2O+CH3COOH【解析】

(1)由甲的结构简式,则甲的分子式为C7H7NO2,所以甲的最简式为C7H7NO2

;由丙的结构简式,所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基;答案:C7H7NO2;羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5,故a正确;b.分子中没有苯环,故b错误;c.分子中含有氨基能与盐酸反应,含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应,故c正确;d.分子中没有苯环,故d错误,故选ac,(3).甲为,在一定条件下能单独聚合成高分子化合物,该反应的化学方程为。(4)①由可知步骤Ⅰ的反应类型是取代反应;答案:取代反应。②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案:保护氨基;③步骤Ⅳ反应的化学方程式为。答案:。19、H2+2FeCl32FeCl2+2HClBACDCE(或BCDCE)碱石灰氯化铁易升华导致导管易堵塞球形冷凝管苯蒸馏滤液,并收集沸点132℃的馏分78.4%反应开始前先通N2一段时间,反应完成后继续通N2一段时间;在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管【解析】

(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2,B装置用锌和稀盐酸制备H2,A装置用来除去氢气中的氯化氢,C装置用来干燥氢气,可以盛放碱石灰,D装置H2还原FeCl3,再用C装置吸收反应产生的HCl,最后用E点燃处理未反应的氢气;③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华,蒸气遇冷发生凝华分析;(2)①根据仪器结构判断其名称;②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品,根据物质的熔沸点和溶解性可知,可以用苯洗涤;根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl,据此答题;③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl,结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3,最终计算FeCl3的转化率;④FeCl3、FeCl2易吸水,反应产生的HCl会在容器内滞留。【详解】(1)①H2具有还原性,可以还原无水FeCl3制取FeCl2,同时产生HCl,反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl;②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2,装置连接顺序:首先是使用B装置,用锌和稀盐酸制备H2,所制H2中混有HCl和H2O(g),再用A装置用来除去氢气中的氯化氢,然后用C装置干燥氢气,C装置中盛放碱石灰,再使用D装置使H2还原FeCl3,反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收,未反应的H2通过装置E点燃处理,故按照气流从左到右的顺序为BACDCE;也可以先使用B装置制取H2,然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气,然后通过D发生化学反应制取FeCl2,再用碱石灰吸收反应产生的HCl,最后通过点燃处理未反应的H2,故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE;C中盛放的试剂是碱石灰,是碱性干燥剂,可以吸收HCl或水蒸气;③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华,蒸气遇冷发生凝华,导致导气管发生堵塞;(2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管;②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等,冷却实验装置A,将三颈烧瓶内物质倒出,经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品,根据物质的熔沸点和溶解性可知,C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中,不溶于水,而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇,难溶于苯,所以洗涤时洗涤剂用苯;根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同,对滤液进行蒸馏,并收集沸点132℃的馏分,可回收C6H5Cl;③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol,根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑,反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)=0.0784mol×2=0.1568mol,n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol,所以氯化铁转化率为×100%=78.4%;④FeCl3、FeCl2易吸水,为防止B装置中的水蒸气进入A装置,导致FeCl2等吸水而变质,可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙(或P2O5或硅胶)的球形干燥管;同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应,同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留,可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气,反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。【点睛】本题考查实验室制备氯化亚铁的知识,注意把握实验操作基本原理,把握题给信息,掌握实验操作方法,学习中注意积累,为了减小误差制取无水FeCl2,要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。20、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面,静置,若液面差保持不变,则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压,收集多余的气体过滤79.8%【解析】

(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气;(2)夹紧止水夹B,向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况;(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵,制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气,制取氨气时气体中含有水蒸气,也需要除去杂质气体;(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体,结合物质的性质分析;丁中气球的用来平衡内外压强;(5)利用已知信息,氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析;(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g,用足量石灰水充分处理后,使碳元素完全转化为碳酸钙,过滤、洗涤、干燥、称量,质量为15.000g。通过碳原子守恒,计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气,方程式为:Ca(OH)

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