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文档简介

河北衡水中学2024年高考压轴卷化学试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、关于常温下pH均为1的两种酸溶液,其稀释倍数与溶液pH的变化关系如图所示,下列说法中正确的是()A.HA是弱酸,HB是强酸B.HB一定是弱酸,无法确定HA是否为强酸C.图中a=2.5D.0.1mol/LHB溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后,所得溶液中:c(H+)<c(OH-)2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是A.原子半径:W>X B.最简单氢化物的热稳定性:Y>ZC.工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质 D.WO2、YO2、ZO2均为共价化合物3、下列离子方程式书写正确的是()A.氢氧化钡溶液中加入硫酸铵:Ba2++OH-+NH4++SO42-=BaSO4↓+NH3·H2OB.用惰性电极电解CuCl2溶液:Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+H2↑+Cl2↑C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫:Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOD.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-4、已知:一元弱酸HA的电离平衡常数K=。25℃时,CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下:化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A.稀释CH3COOH溶液的过程中,n(CH3COO–)逐渐减小B.NaHCO3溶液中:c(H2CO3)<c()<c(HCO3−)C.25℃时,相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D.向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液,均产生CO25、下列溶液一定呈中性的是A.c(H+)=c(OH–) B.pH=7 C.KW=10-14 D.c(H+)=10-7mol/L6、下列有关化学用语的表达正确的是()A.H和Cl形成共价键的过程:B.质子数为46、中子数为60的钯原子:PdC.结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡D.环氧乙烷的结构简式为7、用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法中不正确的是A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAB.NA个P4()与NA个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1C.常温下,1LpH=13的M(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NAD.含0.4molHNO3的浓硝酸与足量的铜反应,转移的电子数大于0.2NA8、某小组利用如图装置研究电化学原理,下列说法错误的是()A.K与a连接,则铁电极会加速锈蚀,发生的电极反应为Fe-2e-→Fe2+B.K与a连接,则该装置能将化学能转变为电能C.K与b连接,则该装置铁电极的电极反应2H++2e-→H2↑D.K与b连接,则铁电极被保护,该方法叫牺牲阳极的阴极保护法9、向氯化铁溶液中加入ag铜粉,完全溶解后再加入bg铁粉,充分反应后过滤得到滤液和固体cg。下列说法正确的是A.若a>c,则滤液中可能含三种金属离子,且b可能小于cB.若a>c,则cg固体中只含一种金属,且b可能大于cC.若a<c,则cg固体含两种金属,且b可能与c相等D.若a=c,则滤液中可能含两种金属离子,且b可能小于c10、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验:下列说法正确的是A.溶液X中一定没有、SiO32-,可能有Na+、Fe2+B.溶液X中加NaOH后,所得沉淀的成分可能有两种C.溶液X中c(Cl−)≤0.2mol·L−1D.溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成11、某同学设计了蔗糖与浓硫酸反应的改进装置,并对气体产物进行检验,实验装置如图所示。下列结论中正确的是()选项现象结论A.Ⅰ中注入浓硫酸后,可观察到试管中白色固体变为黑色体现了浓硫酸的吸水性B.Ⅱ中观察到棉球a、b都褪色均体现了SO2的漂白性C.Ⅱ中无水硫酸铜变蓝说明反应产物中有H2OD.Ⅲ中溶液颜色变浅,Ⅳ中澄清石灰水变浑浊说明有CO2产生A.A B.B C.C D.D12、设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()A.18gT2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.1L1mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数之和为NAC.78gNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NAD.加热条件下,含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数小于0.1NA13、在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y,外电路中电子流向如图所示。关于该装置,下列说法正确的是()A.外电路中电流方向为:X→→YB.若两电极分别为铁棒和碳棒,则X为碳棒,Y为铁棒C.X极上发生的是还原反应,Y极上发生的是氧化反应D.若两电极都是金属单质,则它们的活动性顺序为X>Y14、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O,若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应,则环上一氯代物的数目为()A.2 B.3 C.4 D.515、下列物质中,既能发生取代反应,又能发生消去反应,同时催化氧化生成醛的是()A. B.C. D.16、苯甲酸在水中的溶解度为:0.18g(4℃)、0.34g(25℃)、6.8g(95℃)。某苯甲酸晶体中含少量可溶性杂质X和难溶性杂质Y。现拟用下列装置和操作进行提纯:装置:操作:①常温过滤②趁热过滤③加热溶解④结晶⑤洗涤、干燥下列有关说法正确的是_________A.用甲装置溶解样品,X在第①步被分离B.用乙装置趁热过滤,Y在第②步被分离C.用丙装置所示的方法结晶D.正确的操作顺序为:③→④→②→①→⑤二、非选择题(本题包括5小题)17、高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W()的流程:已知:I.R-CH2OHII.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)①的反应类型是___________。(2)②是取代反应,其化学方程式是____________________。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3,不存在顺反异构。D的结构简式是_______。(4)⑤的化学方程式是_________________。(5)F的官能团名称____________________;G的结构简式是____________________。(6)⑥的化学方程式是_________________________。(7)符合下列条件的E的同分异构体有__________种(考虑立体异构)。①能发生水解且能发生银镜反应②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是__________________。(8)工业上也可用合成E。由上述①~④的合成路线中获取信息,完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件,不易发生取代反应)_______________。18、合成药物X、Y和高聚物Z,可以用烃A为主要原料,采用以下路线:已知:I.反应①、反应②均为加成反应。II.请回答下列问题:(1)A的结构简式为_____________。(2)Z中的官能团名称为____________,反应③的条件为___________.(3)关于药物Y()的说法正确的是____________。A.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气B.药物Y的分子式为C8H8O4,能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是⑧>⑥>⑦D.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为4mol和2mol(4)写出反应E→F的化学方程式______________________________________。F→X的化学方程式______________________________________________。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_______________。①遇FeCl3溶液可以发生显色反应,且是苯的二元取代物;②能发生银镜反应和水解反应;③核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路___________________________________________。19、某化学兴趣小组对电化学问题进行了实验探究。Ⅰ.利用如图装置探究金属的防护措施,实验现象是锌电极不断溶解,铁电极表面有气泡产生。(1)写出负极的电极反应式_______________。(2)某学生认为,铁电极可能参与反应,并对产物作出假设:假设1:铁参与反应,被氧化生成Fe2+假设2:铁参与反应,被氧化生成Fe3+假设3:____________。(3)为了探究假设1、2,他采取如下操作:①取0.01mol·L-1FeCl3溶液2mL于试管中,加入过量铁粉;②取操作①试管的上层清液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;③取少量正极附近溶液加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液,未见蓝色沉淀生成;④取少量正极附近溶液加入2滴KSCN溶液,未见溶液变血红;据②、③、④现象得出的结论是______________。(4)该实验原理可应用于防护钢铁腐蚀,请再举一例防护钢铁腐蚀的措施_________________。Ⅱ.利用如图装置作电解50mL0.5mol·L-1的CuCl2溶液实验。实验记录:A.阳极上有黄绿色气体产生,该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色(提示:Cl2氧化性大于IO3-);B.电解一段时间以后,阴极表面除有铜吸附外,还出现了少量气泡和浅蓝色固体。(1)分析实验记录A中试纸颜色变化,用离子方程式解释:①________________;②___________。(2)分析实验记录B中浅蓝色固体可能是____(写化学式),试分析生成该物质的原因______。20、某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度,设计了如下方案。方案一、实验装置如图1所示。已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀,可用于鉴定溶液中微量的。(1)写出铜与浓硫酸反应的化学方程式:____________。NaOH溶液的作用是___________。(2)仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积,其名称是_______。(3)实验过程中,当滴入浓硫酸的体积为20.00mL时,烧瓶内开始有红棕色沉淀生成,则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________(精确到小数点后一位;混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和)。方案二、实验装置如图2所示。加热,充分反应后,由导管a通入氧气足够长时间,取下烧杯,向其中加入足量的溶液,经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。(4)通入氧气的目的是______________、____________。(5)若通入氧气的量不足,则测得的硫酸的最低浓度__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。21、据央广新闻报道,2016年我国河南桐柏县发现特大金矿,含金量近105吨可挖80年。除了发现的特大金矿,同时还发现大量天然碱、铅锌矿产资源。根据上述信息,回答下列问题:(1)铅原子的价层电子排布式为__________,原子核外有__________个未成对电子。(2)锌与镓(Ga)同周期,锌的第一电离能大于镓的第一电离能,其原因是________________。(3)天然碱的化学式为Na2CO3·NaHCO3·2H2O。(I)天然碱的晶体类型是__________;H2O的VSEPR模型为______________。(Ⅱ)Na2CO3中存在的作用力类型主要有__________,CO32-中C的杂化类型为___________。(4)金是贵重金属。冶金工业上,提取金的原理是2[Au(CN)2]一+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。与CN一互为等电子体的离子有________(任写一种),HCN分子中σ键和π键数目之比为_________。(5)金晶体的晶胞结构如图所示。已知金的密度为ρg·cm3,摩尔质量M(Au)=197g·mol-1,阿伏加德罗常数为NA。则晶体中金原子的配位数为_______,金原子(或粒子)的半径r=___pm(用含ρ和NA的代数式表示)。

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.强酸稀释103倍,pH变化3,据图可知HA是强酸、HB是弱酸,故A不选;B.由A项分析可知,HA是强酸、HB是弱酸,故B不选;C.由题中数据不能确定a的数值,故C不选;D.弱酸HB与等物质的量的氢氧化钠溶液混合后,生成的NaB是强碱弱酸盐,溶液呈碱性,故D选。故选D。2、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂,该氢化物应为NH3,W为N元素;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等,且其原子序数大于W,则X为Al;Y主族序数大于W,则Y为S或Cl,若Y为Cl,则Z不可能是短周期主族元素,所有Y为S,Z为Cl。【详解】A.电子层数越多,半径越大,所以原子半径W<X,故A错误;B.非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强,非金属性S<Cl,所以简单氢化物的热稳定性Y<Z,故B错误;C.XZ3为AlCl3,为共价化合物,熔融状态不能电离出离子,不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质,故C错误;D.WO2、YO2、ZO2分别为NO2,SO2、ClO2,均只含共价键,为共价化合物,故D正确;故答案为D。【点睛】AlCl3为共价化合物,熔融状态下不导电,冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。3、D【解析】

A.该反应不符合正确配比,离子方程式为Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O,故A错误;B.用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时,阴极上Cu2+放电能力大于H+,阳极上氯离子放电,所以电解氯化铜本身,电解反应的离子方程式为Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑,故B错误;C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫,发生氧化还原反应,离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-,故C错误;D.苯酚钠溶液中通入少量CO2,反应生成苯酚和碳酸氢钠,反应的离子方程式为:C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-,故D正确;答案选D。4、C【解析】

A.加水稀释CH3COOH溶液,促进CH3COOH的电离,溶液中n(CH3COO–)逐渐增多,故A错误;B.NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8>K2=5.6×10–11,说明HCO3-的水解大于电离,则溶液中c()<c(H2CO3)<c(HCO3−),故B错误;C.由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH,同CN-的水解程度大于CH3COO-,则25℃时,相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液,故C正确;D.由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3,则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液,只能生成NaHCO3,无CO2气体生成,故D错误;故答案为C。5、A【解析】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH–)的相对大小,据此判断溶液酸碱性。【详解】A.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性,A项正确;B.只有常温下pH=7的溶液才是中性的,B项错误;C.常温下稀溶液中KW=10-14,溶液不一定中性,C项错误;D.只有常温下c(H+)=10-7mol/L时,溶液才是中性的,D项错误;本题选A。6、D【解析】

A.H和Cl形成共价键的过程:,故A错误;B.质子数为46、中子数为60,则质量数为106,原子表示为:Pd,故B错误;C.结构示意图为的阴离子若为S2-时,水解可以促进水的电离,故C错误;D.环氧乙烷中碳碳单键链接,结构简式为,故D正确。故选D。7、B【解析】

A.在乙醇溶液中,除了乙醇外,水中也含H原子,而10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇,物质的量为0.1mol,含0.6NA个H原子,水5.4g,物质的量为0.3mol,含H原子为0.6NA个,故共含H原子为1.2NA个,故A正确;B.白磷分子中含6条共价键,而甲烷中含4条共价键,因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2,故B错误;C.pH=13的M(OH)2溶液中,氢氧根的浓度为0.1mol/L,因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个,故C正确;D.硝酸的物质的量为0.4mol,若与铜反应完全生成二氧化氮,转移电子物质的量为0.2mol,但是由于铜足量,浓硝酸随着反应的进行,后来变成了稀硝酸,生成了一氧化氮,转移的电子数增加,所以0.4mol硝酸与足量的铜反应,转移的电子数大于0.2mol,故D正确;故选B。【点睛】本题的易错点为D,要注意随着反应的进行,硝酸的浓度减小,难点为A,要注意水分子中也含有H原子。8、D【解析】

A、K与a连接,在中性条件下,铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀,发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+,故A正确;B、K与a连接,石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池,将化学能转变为电能,故B正确;C、K与b连接,Fe作阴极,阴极上氢离子得电子,电极反应为2H++2e-=H2↑,故C正确;D、K与b连接,Fe作阴极,Fe被保护,该方法叫外加电流的阴极保护法,故D错误。故选:D。9、B【解析】

在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,向氯化铁溶液中加入ag铜粉,反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2;完全溶解后再加入bg铁粉,充分反应后过滤得到滤液和固体cg,可能发生反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu,根据发生的反应分析。【详解】发生的化学反应有三个,化学方程式如下:2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2;CuCl2+Fe=FeCl2+Cu;2FeCl3+Fe=3FeCl2,则A.若a>c,加入的铁是不足量的,此时溶液中还有部分铜未完全置换出来,由方程式CuCl2+Fe=FeCl2+Cu可知,56gFe可以置换64gCu,所以b一定小于c,选项A错误;B.若a>c,加入的铁是不足量的,此时溶液中还有部分铜未完全置换出来,cg固体中只含一种金属Cu,由方程式CuCl2+Fe=FeCl2+Cu可知,b一定小于c,选项B错误;C.若a<c,加入的铁是过量的,溶液中只有Fe2+,cg固体中含两种金属Fe、Cu,由方程式2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu可知b可能与c相等,选项C正确;D.若a=c,加入的铁恰好把铜离子完全置换出来,溶液中只有Fe2+,选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查了Fe、Cu及其化合物之间的反应,注意把握Fe与铜离子、铁离子之间的反应,侧重于考查学生的分析判断能力。10、D【解析】

A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在,后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀,说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀,产生气体为氨气,所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子,若有亚铁离子,则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀,灼烧后得到红棕色氧化铁,故一定不含亚铁离子,故错误;B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀,故错误;C.氨气的体积为448mL,物质的量为0.02mol,说明铵根离子物质的量为0.02mol,结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol,硫酸钡沉淀为4.66克,硫酸根离子物质的量为0.02mol,氧化镁质量为0.4克,镁离子物质的量为0.01mol,结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol,第一步消耗0.06mol氢氧化钠,所以说明原溶液还有氢离子,物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol,根据电荷守恒分析,还应存在有阴离子,只能为氯离子,所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol,若溶液中含有钠离子,则氯离子的物质的量大于0.02mol,则氯离子的浓度最小值为,故错误;D.溶液中含有0.02mol铵根离子,0.02mol硫酸根离子,0.01mol镁离子,0.02mol氢离子,氯离子物质的量最小值为0.02mol,可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成,或还有氯化钠,故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系,进行定量和定性分析,注意前后的一致性,如当加入氢氧化钠后溶液为中性,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子,再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。11、D【解析】

A.蔗糖遇到浓硫酸变黑,是由于浓硫酸具有脱水性,将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出,不是吸水性,故A错误;B.a中品红褪色,体现二氧化硫的漂白性,b中溴水褪色,体现二氧化硫的还原性,故B错误;C.无水硫酸铜变蓝,可以用来检验水,但是品红溶液和溴水都有水,不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的,故C错误;D.Ⅲ中溶液颜色变浅,是因为还有二氧化硫,不退色说明二氧化硫反应完全了,Ⅳ中澄清石灰水变浑浊了,说明产生了二氧化碳气体,故D正确;答案选D。【点睛】C项的无水硫酸铜变蓝了,说明有水,这个水不一定是反应中产生的水,还要考虑Ⅱ中的其他试剂,这是易错点。12、D【解析】

A.T2O的摩尔质量为22,18gT2O的物质的量为mol,含有的质子数为NA,A选项错误;B.1mol/L的Na2CO3溶液中,由物料守恒有c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=2mol/L,则c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=1mol/L,c(CO32-)+c(HCO3-)<1mol/L,即离子数之和小于NA,B选项错误;C.78gNa2O2的物质的量为1mol,与足量CO2充分反应转移电子数应为1NA,C选项错误;D.随着反应的进行,浓硫酸的浓度降低变成稀硫酸后,不会再与铜发生反应,故加热条件下,含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数小于0.1NA,D选项正确;答案选D。13、D【解析】

根据图片知,该装置是原电池,根据电子的流向判断X为负极,Y为正极,电流的流向正好与电子的流向相反;在原电池中,较活泼的金属作负极,不活泼的金属或导电的非金属作正极;负极上发生氧化反应,正极上发生还原反应。【详解】A.根据图片知该装置是原电池,外电路中电子从X电极流向Y电极,电流的流向与此相反,即Y→→X,A项错误;B.原电池中较活泼的金属作负极,较不活泼的金属或导电的非金属作正极,若两电极分别为Fe和碳棒,则Y为碳棒,X为Fe,B项错误;C.X是负极,负极上发生氧化反应;Y是正极,正极上发生还原反应,C项错误;D.X为负极,Y为正极,若两电极都是金属单质,则它们的活动性顺序为X>Y,D项正确。答案选D。【点睛】原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一连线,活泼金属最优先,负失氧正得还,离子电极同性恋”,可加深学生对原电池的理解与记忆。电子从负极沿导线流向正极,而不通过溶液,溶液中是阴、阳离子移动导电,俗称“电子不下水,离子不上岸”。14、C【解析】

有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O,说明一定含有C、H元素,还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应,说明含有羧基—COOH,羧基的式量是45,则烃基的式量128-45=83,则符合六元环的烃基是C6H11—,则该物质是,由于在环上有4种不同位置的H原子,它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种,选项是C。15、D【解析】

A.2-丙醇含有羟基,可与HCl等发生取代反应,发生消去反应生成丙烯,发生催化氧化反应生成丙酮,A不符合题意;B.苯甲醇可与HCl等发生取代反应,能发生催化氧化反应生成苯甲醛,但不能发生消去反应,B不符合题意;C.甲醇含有羟基,可与HCl等发生取代反应,能发生催化氧化反应生成甲醛,但不能发生消去反应,C不符合题意;D.含有羟基,可与HCl等发生取代反应,发生消去反应生成2-甲基-1-丙烯,发生催化氧化反应生成2-甲基丙醛,D符合题意;答案选D。【点晴】该题的关键是明确醇发生消去反应和催化氧化反应的规律,即与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应,形成不饱和键;醇发生氧化反应的结构特点是:羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应,如果含有2个以上氢原子,则生成醛基,否则生成羰基。16、A【解析】

A.苯甲酸在水中的溶解度为0.18g(4℃),、0.34g(25℃)、6.8g(95℃)用甲装置溶解样品,Y末溶,X溶解形成不饱和溶液,苯甲酸形成热饱和溶液,X在第①步被分离到溶液中,故A正确;B.乙是普通漏斗,不能用乙装置趁热过滤,且过滤装置错误,故B错误;C.根据苯甲酸的溶解度受温度影响,应用冷却热饱和溶液的方法结晶,故C错误;D.正确的操作顺序为:③加热溶解:X和苯甲酸溶解②趁热过滤:分离出难溶物质Y④结晶:苯甲酸析出①常温过滤:得到苯甲酸,X留在母液中⑤洗涤、干燥,得较纯的苯甲酸,正确的顺序为③→②→④→①→⑤,故D错误;故选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O碳碳双键、酯基4HCOOC(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】

乙烯与溴发生加成反应生成A,A为BrCH2CH2Br,结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN,B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与R′NH2得到W(),结合W的结构可知I为,结合信息II,逆推可知H为。D的分子式为C4H8,核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1∶3,不存在顺反异构,则D为(CH3)2C=CH2,D氧化生成E,E与甲醇发生酯化反应生成F,结合H的结构,可知E为CH2=C(CH3)COOH,F为CH2=C(CH3)COOCH3,F发生加聚反应生成的G为,G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,反应①是乙烯与溴发生加成反应,故答案为加成反应;(2)反应②是取代反应,其化学方程式是:BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr,故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN→NCCH2CH2CN+2NaBr;(3)根据上述分析,D的结构简式为(CH3)2C=CH2,故答案为(CH3)2C=CH2;(4)反应⑤的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O,故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O;(5)F为CH2=C(CH3)COOCH3,含有的官能团有碳碳双键和酯基;G的结构简式是,故答案为碳碳双键、酯基;;(6)反应⑥的化学方程式为,故答案为;(7)E为CH2=C(CH3)COOH,①能发生水解且能发生银镜反应,说明属于甲酸酯类;②能与Br2的CCl4溶液发生加成反应,说明含有碳碳双键,符合条件的E的同分异构体有:HCOOCH=CHCH3(顺反2种)、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2,共4种,其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOOC(CH3)=CH2,故答案为4;HCOOC(CH3)=CH2;(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3,HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH,HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH,其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH,故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8),要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用,HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键,再发生取代反应。18、CH≡CH酯基NaOH水溶液、加热B、C+C2H5OH+H2O+H2O或CH3CHOCH2=CHCOOCH3【解析】

反应①、反应②的原子利用率均为100%,属于加成反应,结合反应②的产物,可知烃A为HC≡CH,B为,而G的相对分子质量为78,则G为.C可以发出催化氧化生成D,D发生信息中I的反应,则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应,则C为,D为,E为,F为,F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到,与甲醇反应酯化反应生成,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3,最后发生加聚反应得到,以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH≡CH;(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基,反应③为卤代烃的水解,条件为:氢氧化钠水溶液、加热;(3)A.羟基、羧基能与钠反应生成氢气,1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气,标况下氢气体积为33.6L,但氢气不一定处于标况下,故A错误;B.药物Y的分子式为C8H804,含有酚羟基,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.羧基酸性最强,酚羟基酸性很弱,醇羟基表现为中性,药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故C正确;D.苯环与氢气发生加成反应,1mol药物Y与3molH2加成,Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应,1molY消耗2molBr2,故D错误;故答案为B、C;(4)反应E-F的化学方程式:,F→X的化学方程式为;(5)E为,对应的同分异构体①遇FeCl3溶液可以发生显色反应,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物;②能发生银镜反应和水解反应,应为甲酸酯类;③核磁共振氢谱有6个峰,则可能的结构为;(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料,合成Z,可用乙醛与HCN发生加成反应,然后水解生成2-羟基丙酸,与甲醇发生酯化反应,再发生消去反应,最后发生加聚反应生成Z,也可用乙醛与HCN发生加成反应,然后水解生成2-羟基丙酸,发生消去反应生成丙烯酸,与甲醇发生酯化反应,最后发生加聚反应生成Z,对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时,掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的,可以从一种的信息及物质的分子结构,结合反应类型,进行顺推或逆推,判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯;可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基;可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基;可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖;遇氯化铁溶液变紫色,遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。19、Zn-2e-=Zn2+铁参与反应,被氧化生成Fe2+和Fe3+正极附近溶液不含Fe2+和Fe3+在钢铁表面刷一层油漆(其他合理答案均可)2I-+Cl2=I2+2Cl-5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3—+12H+Cu(OH)2电解较长时间后,Cu2+浓度下降,H+开始放电,溶液pH增大,Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀【解析】

Ⅰ.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池,活泼金属锌做负极,失电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,铁做正极,溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H++2e-=H2↑;Ⅱ.该装置为电解装置,电解时,氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl——2e-=Cl2↑,铜离子在阴极上得电子发生还原反应生成铜,电极反应式为Cu2++2e-=Cu。【详解】Ⅰ.(1)该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池,锌易失电子而作负极、铁作正极,负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,故答案为:Zn-2e-=Zn2+;(2)由题给假设可知,假设三为:铁参与反应,铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为:铁参与反应,被氧化生成Fe2+、Fe3+;(3)亚铁离子和K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀,铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液,据②、③、④现象知,正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+,即铁不参与反应,故答案为:正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+;(4)可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀,如:在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等,故答案为:在钢铁表面刷一层油漆、镀铜(其他合理答案均可);Ⅱ.(1)由题意可知,氯气能氧化碘离子生成碘单质,碘能被氯气氧化生成碘酸,离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO

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