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文档简介
杨村第一中学2024年高考考前模拟化学试题考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列符合元素周期律的是A.碱性:Ca(OH)2>Mg(OH)2 B.酸性:H2SO3>H2CO3C.热稳定性:NH3<PH3 D.还原性:S2-<Cl-2、常温下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF气体,随反应进行(不考虑HClO分解),溶液中lg(A代表ClO或F)的值和溶液pH变化存在如图所示关系,下列说法正确的是A.线N代表lg的变化线B.反应ClO-+HF⇌HCIO+F-的平衡常数数量级为105C.当混合溶液pH=7时,溶液中c(HClO)=c(F-)D.随HF的通入,溶液中c(H+)•c(OH-)增大3、某溶液中有S2-、SO32-、Br-、I-四种阴离子各0.1mol。现通入Cl2,则通入Cl2的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是A. B.C. D.4、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.Si02熔点很高,可用于制造坩埚B.NaOH能与盐酸反应,可用作制胃酸中和剂C.Al(OH)3是两性氢氧化物,氢氧化铝胶体可用于净水D.HCHO可以使蛋白质变性,可用于人体皮肤伤口消毒5、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6、下列实验可以达到目的是()选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾,再加入约3mL浓硫酸,搅拌,观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水,将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末,充分搅拌后过滤A.A B.B C.C D.D7、下列有关化合物X的叙述正确的是A.X分子只存在2个手性碳原子B.X分子能发生氧化、取代、消去反应C.X分子中所有碳原子可能在同一平面上D.1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH8、下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是()A.原子半径:,离子半径:r(Na+)<r(O2-)B.第族元素碘的两种核素和的核外电子数之差为6C.P和As属于第VA族元素,的酸性强于的酸性D.、、三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱9、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,观察现象A.A B.B C.C D.D10、《现代汉语词典》中有:“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是()A.造纸术是中国古代四大发明之一,所用到的原料木材纤维属于糖类B.丝绸是连接东西方文明的纽带,其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C.光纤高速信息公路快速发展,光导纤维的主要成分是二氧化硅D.我国正大力研究碳纤维材料,碳纤维属于天然纤维11、CO2和CH4催化重整可制备合成气,对减缓燃料危机具有重要的意义,其反应历程示意图如图:下列说法中错误的是()A.过程①→②是吸热反应B.Ni是该反应的催化剂C.过程①→②既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成D.反应的总化学方程式可表示为:CH4+CO22CO+2H212、下列说法不正确的是A.国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料,主要成分是聚乙烯B.晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等C.MgO与Al2O3均可用于耐高温材料D.燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施13、根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向KI溶液中滴加少量溴水,再滴加CCl4,振荡,静置。分层,上层无色,下层紫红色溴的非金属性强于碘B向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,然后再加入稀盐酸,沉淀不溶解Na2SO3溶液已经变质C向AgNO3溶液中先滴加少量NaCl溶液,生成白色沉淀,然后再滴加Na2S溶液,生成黑色沉淀溶解度:AgCI>Ag2SD向滴有酚酞的Na2CO3溶液中,逐滴加入BaCl2溶液,溶液红色逐渐褪去BaCl2溶液是酸性溶液A.A B.B C.C D.D14、下列反应中,反应后固体物质增重的是A.氢气通过灼热的CuO粉末 B.二氧化碳通过Na2O2粉末C.铝与Fe2O3发生铝热反应 D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液15、甲~辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3,戊的一种单质是自然界硬度最大的物质,丁与辛属同周期元素,下列判断正确的是A.丙与庚的原子序数相差3B.气态氢化物的热稳定性:戊>己>庚C.乙所在周期元素中,其简单离子的半径最大D.乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键16、常温下,若要使0.01mol/L的H2S溶液pH值减小的同时c(S2﹣)也减小,可采取的措施是()A.加入少量的NaOH固体 B.通入少量的Cl2C.通入少量的SO2 D.通入少量的O2二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图:已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题:(1)A的官能团名称是_____。(2)试剂a是_____。(3)D结构简式为_____。(4)由E生成F的化学方程式为_____。(5)G为甲苯的同分异构体,其结构简式为_____。(6)如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。M→N的化学方程式是_____。18、叶酸是维生素B族之一,可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。(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)丁是丙的同分异构体,且满足下列两个条件,丁的结构简式为________。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________19、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,是工业上重要的还原性漂白剂,也是重要的食品抗氧化剂。某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。已知:Na2S2O4是白色固体,还原性比Na2SO3强,易与酸反应(2S2O42-+4H+=3SO2↑+S↓+2H2O)。(一)锌粉法步骤1:按如图方式,温度控制在40~45℃,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时,停止通入SO2,反应后得到ZnS2O4溶液。步骤2:将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,过滤,滤渣为Zn(OH)2,向滤液中加入一定量食盐,立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。步骤3:,经过滤,用乙醇洗涤,用120~140℃的热风干燥得到Na2S2O4。(二)甲酸钠法步骤4:按上图方式,将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。温度控制在70~83℃,持续通入SO2,维持溶液pH在4~6,经5~8小时充分反应后迅速降温45~55℃,立即析出无水Na2S2O4。步骤5:经过滤,用乙醇洗涤,干燥得到Na2S2O4。回答下列问题:(1)步骤1容器中发生反应的化学方程式是______;容器中多孔球泡的作用是______。(2)步骤2中“向滤液中加入一定量食盐,立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是(用必要的化学用语和文字说明)______。(3)两种方法中控制温度的加热方式是______。(4)根据上述实验过程判断,Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为:______。(5)甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。(6)两种方法相比较,锌粉法产品纯度高,可能的原因是______。(7)限用以下给出的试剂,设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。20、以铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图:回答下列问题:(1)“熔融”的装置如图,坩埚W的材质可以是________(填“铁”“陶瓷”或“玻璃”);FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应,生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为_______________。(2)熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等,步骤①的具体步骤为水浸,过滤,调pH为7~8,加热煮沸半小时,趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为________,“调pH为7~8,加热煮沸半小时”的目的是__________。(3)步骤②需加入酸,则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为________。(4)步骤④包含的具体操作有____,经干燥得到K2Cr2O7晶体。(有关物质的溶解度曲线如图所示)(5)步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨,所用的硅酸盐质仪器的名称是________。(6)采用热重分析法测定K[Cr(C2O4)2]·nH2O样品所含结晶水数目,将样品加热到80℃时,失掉全部结晶水,失重16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2O晶体中n=____。21、我国科学家合成铬的化合物通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后,对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铬的化合物过程中的一步反应为:回答下列问题:(1)Cr3+具有较强的稳定性,Cr3+核外电子排布式为___;已知没有未成对d电子的过渡金属离子的水合离子是无色的,Ti4+、V3+、Ni2+、Cu+四种离子的水合离子为无色的是___(填离子符号)。(2)化合物丙中1、2、3、4处的化学键是配位键的是___处,聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为___。(3)无水CrCl3与NH3作用可形成化学式为CrCl3·5NH3的配位化合物。向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液,CrCl3·5NH3中的氯元素仅有沉淀为AgC1;向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液,加热并用湿润红色石蕊试纸检验时,试纸未变色。该配位化合物的结构简式为___。(4)水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。重冰(密度比水大)属于立方晶系,其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示,晶体中H2O的配位数为__,晶胞边长为333.7pm,则重冰的密度为__g·cm-3(写出数学表达式,NA为阿伏加德罗常数)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A.金属性Ca>Mg,对应碱的碱性为Ca(OH)2>Mg(OH)2,故A正确;B.非金属性S>C,对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4>H2CO3,而H2SO3>H2CO3可利用强酸制取弱酸反应说明,故B错误;C.非金属性N>P,对应氢化物的稳定性为NH3>PH3,故C错误;D.非金属性S<Cl,对应阴离子的还原性为S2->Cl-,故D错误;故答案为A。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据:①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性),非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定),元素的非金属性越强,反之越弱;②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱;③氧化性越强的非金属元素单质,对应的非金属元素的非金属性越强,反之越弱,(非金属相互置换)。2、C【解析】
,,由于同浓度酸性:HF大于HClO,当lg=0时,则=1,则K(HF)=10-3.2,K(HClO)=10-7.5。【详解】A.,,由于同浓度酸性:HF大于HClO,又因lg=0时,则=1,因此pH大的为HClO,所以线M代表的变化线,故A错误;B.反应ClO-+HFHClO+F-的平衡常数,其平衡常数数量级为104,故B错误;C.当混合溶液pH=7时,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(F-)+c(OH-),溶液呈中性,得到c(Na+)=c(ClO-)+c(F-),根据物料守恒c(ClO-)+c(HClO)=c(Na+),因此溶液中c(HClO)=c(F-),故C正确;D.温度未变,随HF的通入,溶液中c(H+)⸱c(OH-)不变,故D错误。综上所述,答案为C。3、C【解析】
离子还原性,故首先发生反应,然后发生反应,再发生反应,最后发生反应,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。【详解】A.由可知,完全反应需要消耗氯气,标准状况下的的体积为0.1mol22.4L·mol-1=2.24L,图象中氯气的体积不符合,A错误;B.完全反应后,才发生,完全反应需要消耗氯气,故开始反应时氯气的体积为,完全反应消耗mol氯气,故完全反应时氯气的体积为,图象中氯气的体积不符合,B错误;C.完全反应需要消耗氯气,完全反应消耗mol氯气,完全反应消耗氯气,故溴离子开始反应时氯气的体积为,由可知,完全反应消耗mol氯气,故Br-完全反应时消耗的氯气体积为,图象与实际符合,C正确;D.完全反应需要消耗氯气,完全反应消耗mol氯气,完全反应消耗mol氯气,故I完全时消耗的氯气体积为,图象中氯气的体积不符合,D错误。答案选C。【点睛】氧化还原竞争型的离子反应,关键是熟记氧化性粒子氧化性的强弱顺序和还原性粒子还原性强弱顺序,然后按照越强先反应原则依次分析。4、A【解析】
物质的性质决定物质的用途,据性质与用途的对应关系分析。【详解】A项:SiO2用于制造坩埚,利用了SiO2高熔点的性质,A项正确;B项:虽然NaOH能与盐酸反应,但其碱性太强,不能作胃酸中和剂,B项错误;C项:氢氧化铝胶体用于净水,是胶体的强吸附性,与其两性无关,C项错误;D项:HCHO能使人体蛋白质变性,但其毒性太强,不能用于皮肤伤口消毒,D项错误。本题选A。5、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。6、D【解析】
A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性,选项A错误;B、氨气为碱性气体,而P2O5是酸性氧化物,两者在潮湿的条件下可发生反应,选项B错误;C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀,得不到胶体,选项C错误;D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀,过滤后得到MgCl2溶液,选项D正确;答案选D。7、B【解析】
A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子:(打*号的碳原子为手性碳原子),A项错误;B.X分子中含有(醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化,醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应,分子中含有的和基团都能发生消去反应,B项正确;C.X分子()中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上,这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误;D.因X分子中含有酯基和-Br,X能与NaOH溶液发生水解反应:+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗2molNaOH。D项错误;答案选B。8、B【解析】
A.同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,因此原子半径r(Na)>r(O),Na+、O2-电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径r(Na+)<r(O2-),A正确;B.碘的两种核素131I和137I的核外电子数相等,核外电子数之差为0,B错误;C.元素的非金属性P>As,元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强,所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性强,C正确;D.Na、Mg、Al位于同一周期,元素的金属性逐渐减弱,则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱,D正确;故合理选项是B。9、D【解析】
A.Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸,发生反应Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,滴加KSCN溶液后,溶液变红色,不能肯定原样品是否变质,A不合题意;B.“84”消毒液具有强氧化性,能使pH试纸褪色,不能用pH试纸检验其pH,B不合题意;C.未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没,发生析氢腐蚀,C不合题意;D.在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,有气泡产生,则说明生成了H2CO3,从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3,D符合题意;故选D。10、D【解析】
A.造纸所用的原料木材纤维属于糖类,A项正确;B.蚕丝纤维的主要成分是蛋白质,B项正确;C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,C项正确;D.碳纤维的主要成分为单质碳,不属于天然纤维,D项错误。故选D。11、A【解析】
由图可知,发生CH4+CO22CO+2H2,Ni为催化剂,且化学反应中有化学键的断裂和生成,①→②放出热量,以此来解答。【详解】A.①→②中能量降低,放出热量,故A错误;B.Ni在该反应中做催化剂,改变反应的途径,不改变反应物、生成物,故B正确;C.由反应物、生成物可知,①→②既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成,故C正确;D.由分析可知,反应的总化学方程式可表示为:CH4+CO22CO+2H2,故D正确;答案选A。【点睛】反应物的能量高,生成物的能量低,反应为放热反应,比较吸热反应和放热反应时,需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。12、A【解析】
A.聚乙烯不属于可降解材料,故错误;B.硅属于半导体材料,能制造集成电路或太阳能电池等,故正确;C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高,可以做耐高温材料,故正确;D.燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放,能减少酸雨的产生,故正确。故选A。13、A【解析】
A.单质溴与KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质,产生的碘单质易溶于四氯化碳,由于四氯化碳的密度比水大,与水互不相容,所以静置分层,上层无色,下层紫红色,可知溴的非金属性强于碘,A正确;B.酸性条件下硝酸根离子可氧化亚硫酸钡生成硫酸钡沉淀,因此不能确定Na2SO3溶液是否变质,B错误;C.由于是向硝酸银溶液中首先滴入少量NaCl溶液,所以硝酸银过量,过量的硝酸银与滴入的Na2S反应产生Ag2S沉淀,均为沉淀生成,不能比较AgCl、Ag2S的溶解度,C错误;D.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀,使碳酸根离子的水解平衡逆向移动,溶液中c(OH-)减小,溶液红色逐渐褪去,并不是因为BaCl2溶液是酸性溶液,D错误;故合理选项为A。14、B【解析】
A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为,固体由CuO变为Cu,反应后固体质量减小,A错误;B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,固体由Na2O2变为Na2CO3,反应后固体质量增加,B正确;C、铝与Fe2O3发生铝热反应,化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,反应前后各物质均为固体,根据质量守恒定律知,反应后固体质量不变,C错误;D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu,固体由Zn变为Cu,反应后固体质量减小,D错误;故选B。15、B【解析】
戊的一种单质(金刚石)是自然界硬度最大的物质,则戊为C,甲与戊的原子序数相差3,则甲的原子序数为6-3=3,即甲为Li,由元素在周期表中的相对位置图可知,乙为Na,丙为K,丁为Ca;丁与辛属同周期元素,由第ⅣA族元素可知,己为Si,庚为Ge,辛为Ga;A.丙为K,K的原子序数为19,庚为Ge,Ge的原子序数为32,原子序数相差13,A项错误;B.元素的非金属性越强,气态氢化物越稳定,同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱,则气态氢化物的热稳定性:戊>己>庚,B项正确;C.根据上述分析,乙为Na,Na+有2个电子层,而同周期的S2-、Cl-有3个电子层,半径都比Na+大,所以Na+的半径不是最大,C项错误;D.乙为Na,Na在空气中燃烧生成Na2O2,Na2O2中既有离子键、又有共价键,D项错误;答案选B。16、B【解析】
A.氢硫酸和氢氧化钠反应生成硫化钠和水,反应方程式为:H2S+2NaOH=Na2S+H2O,所以加入氢氧化钠后促进氢硫酸的电离,使硫离子浓度增大,氢离子浓度减小,溶液pH值增大,故A错误;B.通入少量的Cl2,发生反应H2S+Cl2=2HCl+S,溶液中的pH值减小,同时c(S2-)减小,故B正确;C.SO2和H2S发生反应,SO2+2H2S=3S↓+2H2O,c(S2-)减小,溶液中的pH值增大,故C错误;D.O2和H2S发生反应,O2+2H2S=2S↓+2H2O,溶液中的pH值增大,同时c(S2-)减小,故D错误;故答案为B。二、非选择题(本题包括5小题)17、醛基新制的氢氧化铜+CH3CH2OH+H2O+NaOH+NaCl+H2O【解析】
芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B,A含有醛基,反应中脱去1分子水,由原子守恒可知A的分子式,C9H8O+H2O−C2H4O=C7H6O,故A为,则B为,B发生氧化反应、酸化得到C为,C与溴发生加成反应得到D为,D发生消去反应、酸化得到E为,E与乙醇发生酯化反应生成F为,结合信息②中的加成反应、H的结构简式,可推知G为。【详解】(1)由分析可知,A的结构简式为:,所含官能团为醛基;(2)由分析可知,B为,B发生氧化反应、酸化得到C为,可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜,故a为新制的氢氧化铜;(3)由分析可知,D结构简式为;(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为,化学方程式为:+CH3CH2OH+H2O;(5)G为甲苯的同分异构体,故分子式为C7H8,结合信息②中的加成反应、H的结构简式,可推知G为;(6)由可知,N为,则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键,故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为,然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N,化学方程式为:+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构,结合反应条件顺推各物质,(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式,然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。18、羧基a、c+2NaOH→HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】
(1)甲含有氨基和羧基;(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5;b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物;c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应;d.该分子中含有N原子;(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成,说明丁含有酯基,丁为乙酸某酯,据此判断丁的结构简式;(4)丁为,含有酯基,可在碱性条件下水解,且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基,含氧官能团为羧基;(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5,所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5,a正确;b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物,该分子中没有苯环,所以不属于芳香族化合物,b错误;c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应,所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应,c正确;d.该分子中含有N原子,不属于苯酚的同系物,d错误;故合理选项是ac;(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成,说明丁含有酯基,丁为乙酸某酯,所以丁的结构简式为;(4)丁为,含有酯基,可在碱性条件下水解,且羧基于氢氧化钠发生中和反应,方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质,涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点,根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物,再结合基本概念解答。19、H2O+SO2=H2SO3,Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积,加快气体的吸收速率溶液中存在:Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大,在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水,易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液,加入足量稀盐酸,充分反应后静置,取上层清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则可确定产品中含有Na2SO4【解析】
合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O,根据温度控制在40~45℃,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时,停止通入SO2,反应后得到ZnS2O4溶液,据此分析解答。【详解】(1)合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O,根据温度控制在40~45℃,当三颈瓶中溶液pH在3~3.5时,说明发生了:H2O+SO2=H2SO3反应,最后反应得到ZnS2O4溶液,说明又发生了:Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反应,总过程也可以写成:Zn+2SO2ZnS2O4,多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积,加快气体的吸收速率;(2)溶液中存在:Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)[或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)],增大c(Na+),平衡向逆反应方向移动,所以向滤液中加入一定量食盐,立即析出Na2S2O4•2H2O晶体;(3)根据温度控制在40~45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热;(4)根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中,过滤,滤渣为Zn(OH)2,向滤液中加入食盐,才析出Na2S2O4•2H2O晶体,可知Na2S2O4在水中溶解度较大;根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥,避免溶解而减少损耗,可知其在酒精中溶解度较小;(5)由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4,同时生成二氧化碳,反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2;(6)锌粉法产品纯度高,可能的原因是Zn(OH)2难溶于水,易与Na2S2O4分离;(7)设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4,要避免Na2S2O4干扰,所以取少量产品配成稀溶液,加入足量稀盐酸,充分反应后静置,取上层清液,滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则可确定产品中含有Na2SO4。20、铁Fe2O3、Fe(OH)3使AlO2-、SiO32-水解为Al(OH)3和H2SiO3,过滤除去2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O加热浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤研钵3【解析】
铬铁矿(含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等),与KClO3及NaOH、Na2CO3发生反应,熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等,主要的反应为:,水浸,过滤,调pH为7-8,加热煮沸半小时,趁热过滤,除去不溶的Fe2O3以及反应NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀,滤液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等,再调节pH除去Na2SiO3、NaAlO2,得到含有Na2CrO4、KCl的溶液,加入稀硫酸发生反应:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,加入KCl,Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶,过滤并洗涤沉淀得到K2Cr2O7,加入草酸晶体和无水乙醇得到产品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。(1)高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应;由流程分析可知6FeO•Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加热条件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2,结合质量守恒写出发生反应的化学方程式;(2)熔渣中的Fe2O3和生成的Fe(OH)3均不溶于水;根据盐的水解反应是吸热反应,从平衡移动角度分析;(3)根据流程,酸化时,CrO42-→Cr2O72-,结合电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式;(4)根据溶解度随温度变化情况,选择结晶方法;(5)结合常用仪器的性能判断;(6)根据K[Cr(C2O4)2]·nH2O中水的质量分析为16.8%,即=0.168计算。【详解】(1)高温下陶瓷或玻璃仪器中的SiO2会
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