2024年山西省太原市第四十八中高三第二次联考化学试卷含解析_第1页
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文档简介

2024年山西省太原市第四十八中高三第二次联考化学试卷注意事项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、乙苯与氢气加成,其产物的一氯代物的同分异构体数目有(不考虑立体异构)()A.4种 B.5种 C.6种 D.7种2、25℃,将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合,保持Va+Vb=100mL,生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A.HA一定是弱酸B.BOH可能是强碱C.z点时,水的电离被促进D.x、y、z点时,溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)3、存在AlCl3→Al(OH)3→Al2O3→Al转化,下列说法正确的是()A.Al(OH)3

属于强电解质B.Al2O3

属于离子晶体C.铝合金比纯铝硬度小、熔点高D.AlCl3

水溶液能导电,所以

AlCl3

属于离子化合物4、下列关于自然界中氮循环示意图(如图)的说法错误的是()A.氮元素只被氧化B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮C.其它元素也参与了氮循环D.含氮无机物和含氮有机物可相互转化5、全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统(工作原理如图,电解液含硫酸)。该电池负载工作时,左罐颜色由黄色变为蓝色。4下列说法错误的是A.该电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2OB.a和b接用电器时,左罐电动势小于右罐,电解液中的H+通过离子交换膜向左罐移动C.电池储能时,电池负极溶液颜色变为紫色D.电池无论是负载还是储能,每转移1mol电子,均消耗1mol氧化剂6、已知:CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)∆H<0。对含有大量CaSO4(s)的浊液改变一个条件,下列图像符合浊液中c(Ca2+)变化的是()A.加入少量BaCl2(s)B.加少量蒸馏水C.加少量硫酸D.适当升高温度7、室温下,0.1000mol·L-1的盐酸逐滴加入到20.00mL0.1000mol·L-1的氨水中,溶液的pH和pOH[注:pOH=-lgc(OH-)]与所加盐酸体积的关系如图所示,下列说法中不正确的是()A.图中a+b=14B.交点J点对应的V(HCl)=20.00mLC.点A、B、C、D四点的溶液中均存在如下关系:c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)D.若在绝热体系中发生上述反应,图中的交点J向右移8、下列说法中,不正确的是A.固体表面水膜的酸性很弱或呈中性,发生吸氧腐蚀B.钢铁表面水膜的酸性较强,发生析氢腐蚀C.将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D.钢闸门作为阴极而受到保护9、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺,并生成砷酸和一种红棕色气体,利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是()A.砷酸的分子式为H2AsO4B.红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C.该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10:1D.该反应中每析出4.8g硫磺转移1mol电子10、关于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)-11kJ,正确的是A.反应物的总键能低于生成物的总键能B.1molI2(g)中通入1molH2(g),反应放热11kJC.等物质的量时,I2(g)具有的能量低于I2(l)D.平衡时分离出HI(g),正反应速率先减小后增大11、W、X、Y、Z均为短周期元素,原子序数依次增加,W的原子核最外层电子数是次外层的2倍,X-、Y+具有相同的电子层结构,Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A.原子半径:Y>Z>X>WB.简单氢化物的稳定性:X>Z>WC.最高价氧化物的水化物的酸性:W>ZD.X可分别与W、Y形成化合物,其所含的化学键类型相同12、某学习小组设计实验探究H2S的性质,装置如图所示。下列说法正确的是()A.若E中FeS换成Na2S,该装置也可达到相同的目的B.若F中产生黑色沉淀,说明硫酸的酸性比氢硫酸强C.若G中产生浅黄色沉淀,说明H2S的还原性比Fe2+强D.若H中溶液变红色,说明氢硫酸是二元弱酸13、分子式为C5H12的烃,其分子内含3个甲基,该烃的二氯代物的数目为A.8种 B.9种 C.10种 D.11种14、厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术,下列说法中正确的是A.1molNH4+所含的质子总数为10NAB.联氨(N2H4)中含有离子键和非极性键C.过程II属于氧化反应,过程IV属于还原反应D.过程I中,参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1∶215、化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是选项用途性质A液氨作制冷剂NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应BNH4Fe(SO4)2·12H2O常作净水剂NH4Fe(SO4)2·12H2O具有氧化性C漂粉精可以作环境消毒剂漂粉精溶液中ClO-和HClO都有强氧化性DAl2O3常作耐高温材料Al2O3,既能与强酸反应,又能与强碱反应A.A B.B C.C D.D16、下列由实验现象得出的结论不正确的是操作及现象结论A向3mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1mol•L-1NaCl溶液,再滴加4~5滴0.1mol•L-1NaI溶液先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1mol•L-1硫酸溶液,记录出现浑浊的时间探究浓度对反应速率的影响C其他条件相同,测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小D向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解,有红色固体②生成,再滴加KSCN溶液溶液不变红(已知:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O)不能说明红色固体①中不含Fe2O3A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括5小题)17、丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下:已知:Bn-代表苄基()请回答下列问题:(1)D的结构简式为__________,H中所含官能团的名称为_______________。(2)的反应类型为_____________,该反应的目的是_____________。(3)A的名称是__________,写出的化学方程式:________。(4)用苯酚与B可以制备物质M()。N是M的同系物,相对分子质量比M大1.则符合下列条件的N的同分异构体有__________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有6组峰,且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________(写出一种即可)。①苯环只有两个取代基②能与溶液发生显色反应③能发生银镜反应④红外光谱表明分子中不含醚键(5)参照丹参素的上述合成路线,以为原料,设计制备的合成路线:____________________。18、A(C2H4)是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料,具体合成路线如图所示(部分反应条件略去):已知:+→2ROH+回答下列问题:(1)B的分子式是__________。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应;每个D分子中只含有1个氧原子,D中氧元素的质量分数约为13.1%,则D的结构简式为__________。(2)C中含有的官能团名称是_______________。⑥的反应类型是________________。(3)据报道,反应⑦在微波辐射下,以NaHSO4·H2O为催化剂进行,请写出此反应的化学方程式:___________________________________________________。(4)请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式:______________________。i.含有苯环和结构ii.核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为3:2:2:1(5)若化合物E为苯甲醚的同系物,且相对分子质量比苯甲醚大14,则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有(不考虑立体异构)__________种。(6)参照的合成路线,写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图:_____________________________。合成流程图示例如下:19、研究金属与硝酸的反应,实验如下。(1)Ⅰ中的无色气体是_________。(2)Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。(3)研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于,所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确,其实验证据是____________。②乙同学通过分析,推测出也能被还原,依据是_____________,进而他通过实验证实该溶液中含有,其实验操作是____________。(4)根据实验,金属与硝酸反应时,影响硝酸还原产物不同的因素有__________;试推测还可能有哪些因素影响_________(列举1条)。20、工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题:已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。(2)用上图中的装置制备,其连接顺序为:___________________按气流方向,用小写字母表示,此时活塞、如何操作____________。(3)装置发生反应的离子方程式是________________。(4)通过查阅资料,或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接,E中装入溶液,进行如下实验探究。步骤操作及现象①关闭K2,打开K1,打开弹簧夹通一段时间的氮气,夹紧弹簧夹,开始A中反应,一段时间后,观察到E中溶液逐渐变为深棕色。②停止A中反应,打开弹簧夹和K2、关闭K1,持续通入N2一段时间③更换新的E装置,再通一段时间N2后关闭弹簧夹,使A中反应继续,观察到的现象与步骤①中相同步骤②操作的目的是___________;步骤③C瓶中发生的化学方程式为_________________;通过实验可以得出:___________填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。21、大型客机燃油用四乙基铅[Pb(CH2CH3)4])做抗震添加剂,但皮肤长期接触四乙基铅对身体健康有害,可用硫基乙胺(HSCH2CH2NH2)和KMnO4清除四乙基铅。(1)碳原子核外电子的空间运动状态有______种,基态锰原子的外围电子排布式为___,该原子能量最高的电子的电子云轮廓图形状为________。(2)N、C和Mn电负性由大到小的顺序为____________。(3)HSCH2CH2NH2中C的杂化方式为_____,其中NH2-空间构型为____;N和P的价电子相同,但磷酸的组成为H3PO4,而硝酸的组成不是H3NO4,其原因是_______。(4)Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物,其晶体类型属于_____晶体。已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如下。Pb(CH2CH3)4]在xy平面上的二维堆积中的配位数是___,A分子的坐标参数为_____;设阿伏加德罗常数为NA/mol,Pb(CH2CH3)4]的摩尔质量为Mg/mol,则Pb(CH2CH3)4]晶体的密度是_____g/cm3(列出计算式即可)。

参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】

完全氢化后的产物,即为乙基环己烷,六元环含有4种H,乙基含有2种H,故产物的一氯代物有6种同分异构体;答案选C。【点睛】容易出错。乙基环己烷的六元环含有4种H,同学会错当成乙苯的苯环那样有3种H。2、C【解析】

A.当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,则HA一定是弱酸,故A正确;B.当Va=Vb=50mL时,溶液相当于BA溶液,此时溶液的pH>7呈碱性,说明BA是强碱弱酸盐,这里的强弱是相对的,BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱,故B正确;C.z点时,BOH溶液的体积VbmL大于HA溶液的体积VamL,混合溶液的pH大于9,即c(H+)<10-9,25℃时该溶液中水的电离被抑制,故C错误;D.x、y、z点时,溶液中都存在电荷守恒:c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+),故D正确;题目要求选择错误的,故选C。3、B【解析】

A、Al(OH)3

在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故A错误;B、Al2O3

由铝离子和氧离子构成的晶体,属于离子晶体,故B正确;C、铝合金比纯铝的硬度大,熔点低,故C错误;D、氯化铝为共价化合物,故D错误;故选:B。4、A【解析】

A.人工固氮中氮气转化为氨气,是N2转化为NH3的过程,N化合价由0→-3价,化合价降低,被还原,A错误;B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮,B正确;C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与,C正确;D.根据自然界中氮循环图知,通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化,实现了含氮的无机物和有机物的转化,D正确;答案选A。【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样,除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外,还可以蛋白质等有机物形态存在,氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应,判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况,要明确化合价升高被氧化,化合价降低被还原。5、B【解析】

电池负载工作时,左罐顔色由黄色变为蓝色,说明ⅤO2+变为ⅤO2+,V化合价降低,则左罐所连电极a为正极;右罐发生V2+变为V3+,化合价升高的反应,所以右罐所连电极b为负极,因此电池反应为VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O,所以,该储能电池工作原理为VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O,故A正确;B、a和b接用电器时,该装置为原电池,左罐所连电极为正极,所以电动势大于右罐,电解液中的H+通过离子交换膜向正极移动,即向左罐方向移动,故B错误;C、电池储能时为电解池,故电池a极接电源正极,电池b极接电源负极,电池负极所处溶液即右罐V3+变为V2+,因此溶液颜色由绿色变为紫色,故C正确;D、负载时为原电池,储能时为电解池,根据反应式VO2++VO2++2H+VO2++V3++H2O可知,原电池时氧化剂为VO2+,电解池时氧化剂为V3+,它们与电子转移比例为n(VO2+):n(V3+):n(e-)=1:1:1,故D正确。答案选B。6、C【解析】

A.加少量BaCl2生成BaSO4沉淀,c(SO42-)减小,使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动,c(Ca2+)增大,故A错误;B.加少量蒸馏水,CaSO4(s)继续溶解至饱和,c(Ca2+)不变,故B错误;C.加少量硫酸c(SO42-)增大,使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动,c(Ca2+)减小,故C正确;D.适当升高温度,使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动,c(Ca2+)减小,故D错误;故答案为C。7、B【解析】

A.图中A点和B点对应的溶质相同,根据a=-lgc(H+),b=-lgc(OH-),c(H+)·c(OH-)=10-14计算可知a+b=-lgc(H+)·c(OH-)=-lg10-14=14,A项正确;B.交点J点对应的点pH=7,应该是氨水和氯化铵的混合溶液,V(HCl)<20.00mL,B项错误;C.A、B、C、D四点的溶液中均存在电荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),变式得c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-),C项正确;D.中和反应为放热反应,若在绝热体系中发生上述反应,体系的温度升高,水和氨水的电离程度都变大,c(OH-)增大,pOH减小,pH增大,图中的交点J向右移,D项正确;答案选B。8、C【解析】

钢铁生锈主要是电化学腐蚀,而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同,当表面水膜酸性很弱或中性时,发生吸氧腐蚀;当表面水膜的酸性较强时,发生析氢腐蚀,A、B均正确;C、钢闸门与锌板相连时,形成原电池,锌板做负极,发生氧化反应而被腐蚀,钢闸门做正极,从而受到保护,这是牺牲阳极的阴极保护法;当把锌板换成铜板时,钢闸门做负极,铜板做正极,钢闸门优先腐蚀,选项C错误;D、钢闸门连接直流电源的负极,做电解池的阴极而受到保护,这是连接直流电源的阴极保护法,选项D正确。答案选C。9、C【解析】

A.As位于第四周期VA族,因此砷酸的分子式为H3AsO4,故A错误;B.红棕色气体为NO2,N的化合价由+5价→+4价,根据原电池工作原理,负极上发生氧化反应,化合价升高,正极上发生还原反应,化合价降低,即NO2应在正极区生成并逸出,故B错误;C.根据题中信息,As的化合价由+3价→+5价,S的化合价由-2价→0价,化合价都升高,即As2S3为还原剂,HNO3为氧化剂,根据得失电子数目守恒,因此有n(As2S3)×[2×(5-3)+3×2]=n(HNO3)×(5-4),因此n(HNO3):n(As2S3)=10:1,故C正确;D.4.8g硫磺的物质的量为:=0.15mol,根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol,根据C选项分析,1molAs2S3参与反应,转移10mole-,则0.05molAs2S3作还原剂,转移电子物质的量为0.05mol×10=0.5mol,故D错误;答案:C。10、D【解析】

A.反应是吸热反应,反应物的总键能高于生成物的总键能,选项A错误;B.反应为可逆反应不能进行彻底,1molI2(g)中通入1molH2(g),反应放热小于11kJ,选项B错误;C.等物质的量时,I2(g)具有的能量高于I2(l),选项C错误;D.平衡时分离出HI(g),平衡逆向进行,碘化氢浓度先减小后增大,所以反应速率先减小后增大,但比原来速率小,选项D正确;答案选D。11、B【解析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍,则W为碳(C);X-、Y+具有相同的电子层结构,则X为氟(F),Y为钠(Na);Z的阴离子不能发生水解反应,则Z为氯(Cl)。【详解】A.比较原子半径时,先看电子层数,再看最外层电子数,则原子半径Na>Cl>C>F,A错误;B.非金属性F>Cl>C,所以简单氢化物的稳定性X>Z>W,B正确;C.非金属性C<Cl,则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z,C错误;D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF,前者含共价键、后者含离子键,D错误。故选B。12、C【解析】

A.若E中FeS换成Na2S,硫化亚铁是块状固体,硫化钠是粉末,不能达到随关随停的效果,故A错误;B.若F中产生黑色沉淀,是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸,不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强,故B错误;C.若G中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸,根据氧化还原反应原理得出H2S的还原性比Fe2+强,故C正确;D.若H中溶液变红色,说明氢硫酸是酸,不能说明是二元弱酸,故D错误。综上所述,答案为C。13、C【解析】

分子式为C5H12含3个甲基的烃为,该烃的一氯代物有4种:ClCH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CClCH2CH3、(CH3)2CHCHClCH3、(CH3)2CHCH2CH2Cl,采用“定一移二”法,第二个氯原子的位置如图:、、、,该烃的二氯代物的同分异构体有5+2+2+1=10种,答案选C。14、C【解析】

A选项,1molNH4+所含的质子总数为11NA,故A错误;B选项,联氨()中含有极性键和非极性键,故B错误;C选项,过程II中N元素化合价升高,发生氧化反应,过程IV中N化合价降低,发生还原反应,故C正确;D选项,过程I中,参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个,NH2OH到N2H4化合价降低1个,它们物质的量之比为1∶1,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。15、C【解析】

A.液氨汽化时需要大量吸热,液氨常用作制冷剂,与氨气的分解无关,故A错误;B.铁离子水解生成氢氧化铁胶体,使得具有吸附性,常作净水剂,与氧化性无关,故B错误;C.漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性,故C正确;D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高,与其化学性质无关,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为B,要注意净水剂是利用物质的吸附性,杀菌消毒一般利用物质的氧化性。16、A【解析】

A.与氯化钠反应后,硝酸银过量,再加入NaI,硝酸银与碘化钠反应生成沉淀,为沉淀的生成,不能比较Ksp大小,故A错误;B.只有硫代硫酸钠溶液浓度不同,其它条件都相同,所以可以探究浓度对化学反应速率影响,故B正确;C.酸根离子水解程度越大,其对应的酸电离程度越小,电离平衡常数越大,通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小,从而确定其对应酸的酸性强弱,从而确定电离平衡常数大小,故C正确;D.氧化亚铜和氧化铁都是红色固体,氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子,所以不能检验红色固体中含有氧化铁,故D正确;答案选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应,生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。二、非选择题(本题包括5小题)17、醚键、羟基、羧基取代反应保护(酚)羟基乙二醛+O2→18【解析】

根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛(OHC-CHO),乙二醛氧化生成B;根据C、E、B的结构可知D为;B与D发生加成反应生成E();F与BnCl碱性环境下,发生取代反应生成G(),保护酚羟基不被后续步骤破坏;H与氢气发生取代反应生成丹参素,据此分析。【详解】(1)根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H()中所含官能团为醚键、羟基、羧基;答案:醚键、羟基、羧基(2)的结果是F中的羟基氢被苄基取代,所以是取代反应。从F到目标产物,苯环上的两个羟基未发生变化,所以是为了保护酚羟基,防止它在后续过程中被破坏。答案:取代反应保护(酚)羟基(3)A为乙二醛(OHC-CHO),属于醛基的氧化反应,方程式为+O2→;答案:乙二醛+O2→(4)根据题意,N的同分异构体必含一个酚羟基,另一个取代基可能是:HCOOCH2CH2-、HCOOCH(CH3)、OHCCH(OH)CH2-、OHCCH2CH(OH)-、、,每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系,共有;其中核磁共振氢谱有6组峰,且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是;答案:18(5)由原料到目标产物,甲基变成了羧基(发生了氧化反应),但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化,所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护,最后通过氢气使酚羟基复原,合成路线为;答案:【点睛】本题难点第(4)小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等;②先确定官能团种类,在确定在苯环中的位置。18、CH4O羟基氧化反应、9【解析】

A的分子式为C2H4,A为乙烯,即结构简式为CH2=CH2,根据问题(1),D能与金属钠反应,且D分子中只有一个氧原子,即D中含有-OH,D属于芳香族化合物,即D中含有苯环,D的相对分子质量为1×16/13.1%=122,根据苯乙醛推出D的结构简式为,根据缩醛的结构简式,推出C的结构简式为HOCH2CH2OH,根据信息,推出B的结构简式为CH3OH,据此分析;【详解】A的分子式为C2H4,A为乙烯,即结构简式为CH2=CH2,根据问题(1),D能与金属钠反应,且D分子中只有一个氧原子,即D中含有-OH,D属于芳香族化合物,即D中含有苯环,D的相对分子质量为1×16/13.1%=122,根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为,根据缩醛的结构简式,推出C的结构简式为HOCH2CH2OH,根据信息,推出B的结构简式为CH3OH,(1)根据上述分析,B的结构简式为CH3OH,即分子式为CH4O;D能与金属钠反应,且D分子中只有一个氧原子,即D中含有-OH,D属于芳香族化合物,即D中含有苯环,D的相对分子质量为1×16/13.1%=122,根据苯乙醛的结构简式,推出D的结构简式为;(2)C的结构简式为HOCH2CH2OH,含有的官能团是羟基;根据合成路线,反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛,反应类型为氧化反应;(3)反应⑦是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛,即化学反应方程式为;(4)根据信息,核磁共振氢谱有4组峰,说明是对称结构,峰面积之比为3:2:2:1,说明不同化学环境的氢原子的个数比为3:2:2:1,符合条件的结构简式为、;(5)若化合物E为苯甲醚的同系物,且相对分子质量比苯甲醚大14,则其分子式为C8H10O,E的同分异构体能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基,假设苯环上有-OH、-C2H5两个取代基,有邻间对三种结构,假设苯环上有-OH、-CH3、-CH3三个取代基,两个甲基在邻位,羟基有2种结构;两个甲基在间位,羟基有3种结构;两个甲基在对位,羟基有1种结构,一共有9种结构;(6)根据反应②,推出生成目标物原料是,根据路线①,用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷,因此生成的原料是CH3CH=CH2,生成丙烯,用2-氯丙烷发生消去反应,合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断,根据信息判断出含有的形式,如本题含有苯环和,写出苯乙醛的同分异构体,醛与酮互为同分异构体,则有,符合峰有4种,峰面积之比为3:2:2:1,然后将-CH2CHO,拆成-CH3和-CHO,在苯环上有邻、间、对三种,然后根据峰和峰的面积进行判断,哪些符合要求。19、NO或一氧化氮Fe+2H+=Fe2++H2↑硝酸浓度相同,铜的还原性弱于铁,但Ⅰ中溶液变蓝,同时没有氢气放出中氮元素的化合价为最高价,具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【解析】

(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮;(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2;(3)①如硝酸根离子没有发生反应,则Ⅰ溶液不会变蓝,溶液变蓝说明铜被氧化;②元素化合价处于最高价具有氧化性,铵根离子的检验可以加强碱并加热,产生的气体通过湿润红色石蕊试纸;(4)金属与硝酸反应时,影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性,硝酸的浓度和温度【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮,遇空气变红棕色二氧化氮;(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2,离子反应方程式为:Fe+2H+===Fe2++H2↑;(3)①如硝酸根离子没有发生反应,则Ⅰ溶液不会变蓝,溶液变蓝说明铜被氧化,其实验证据是硝酸浓度相同,铜的还原性弱于铁,但Ⅰ中溶液变蓝,同时没有氢气放出;②元素化合价处于最高价具有氧化性,NO中氮元素的化合价为最高价,具有氧化性,被还原,铵根离子的检验可以加强碱并加热,产生的气体通过湿润红色石蕊试纸,所以具体操作为:取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体;(4)金属与硝酸反应时,影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性,硝酸的浓度和温度。20、浓debcfg关闭,打开排尽装置中残留的NO【解析】

制备NaNO2,A装置中铜与浓硝酸反应:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O,制备NO2,NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO,可以在C装置中进行;根据图示,2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行,尾气中的NO不能直接排放到空气中,需要用酸性高锰酸钾吸收:3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O,据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮,化学方程式为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,故答案为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;(2)根据上述分析,A装置制备NO2,生成的NO2在C中水反应制备NO,经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠,最后用E除去尾气,因此装置的连接顺序为:a→d→e→b→c→f→g→h;此时应关闭K1,打开K2,让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮,故答案为:d;e;b;c;f;g(b与c、f与g可以交换);关闭K1,打开K2;(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应,NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+,离子方程式为:3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O,故答案为:3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O;(4)①关闭K2,打开K1,打开弹簧夹通一段时间的氮气,夹紧弹簧夹,开始A中反应,一段时间后,观察到E中溶液逐渐变为深棕色,说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应;②停止A中反应,打开弹簧夹和K2、关闭K1,持续通入N2一段时间,将装置中残留的二氧化氮排尽,并在C中与水反应,3NO2+H2O=2HNO3+NO;③更换新的E装置,再通一段时间N2后关闭弹簧夹,使A中反应继续,观察到的现象与步骤①中相同,经过步骤②,进入E装置的气体为NO,E中溶液变为深棕色,说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色,故答案为:排尽装置中残留的NO2;3NO2+H2O=2HNO3+NO;NO。【点睛】本题的易错点为(4),要注意步骤③中进入装置E的气体只有NO。21、63d54s2球形N>C>Mnsp3V型N原子半径较小,不能容纳较多的原子轨道,故不能形成H3NO4分子6【解析】

(1)原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等,原子序数为27的锰元素基态原子的外围电子排布式为3d54s2,据此可以得出锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族,能量最高的电子是4s2电子,4s电子的电子云轮廓图为球形;(2)电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量,元素的非金属性越强,往往其电负性越大,根据元素周期表中元素非金属性(或电负性)的递变规律,同周期从左到右元素电负性增大;(3)HSCH2CH2NH2分子中,C形成4个共价键,它们价层电子对数为4对,其杂化方式为sp3,在-NH2中N有两个单键,一对孤对电子和一个单电子,因为单电子也

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