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文档简介
上海市交大嘉定2024年高三第一次调研测试化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A.原子半径:W>Z>Y>X>MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C.由X元素形成的单质不一定是原子晶体D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键2、常温下,向20mL
溶液中滴加
NaOH溶液.有关微粒的物质的量变化如图,下列说法正确的是A.滴加过程中当溶液呈中性时,B.当时,则有:C.H
在水中的电离方程式是:H
;
D.当时,则有:3、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目为0.4NAB.1mol-OH(羟基)与1molH3O+中所含的电子数均为10NAC.7.1gCl2与足量Fe充分反应,转移的电子数为0.2NAD.80gCuO和Cu2S的混合物中,所含铜原子数为2NA4、下列有关物质性质的比较,结论错误的是()A.沸点:B.溶解度:C.热稳定性:D.碱性:5、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中,HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是()A.H2Y的电离方程式为:B.在该酸式盐溶液中C.HY-的水解方程式为D.在该酸式盐溶液中6、下列实验操作规范且能达到实验目的的是()A.A B.B C.C D.D7、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能,而且具有美容养颜的功效,其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A.所有的碳原子均处于同一平面 B.与硝基苯互为同分异构体C.六元环上的一氯代物有4种 D.1mol该分子能和4molH2发生加成反应8、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示,下列说法错误的是A.该电池将太阳能转变为电能B.电池工作时,X极电势低于Y极电势C.在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为:2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-D.电路中每通过2mol电子生成3molI-,使溶液中I-浓度不断增加9、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A.反应①利用了H2Te的还原性B.反应②中H2O作氧化剂C.反应③利用了H2O2的氧化性D.H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应10、成语是中国文化的魂宝。下列成语涉及的金属在常温下不溶于浓硝酸的是A.铜壳滴漏 B.化铁为金 C.火树银花 D.书香铜臭11、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.Al2O3的熔点很高,可用作耐火材料B.NH3具有还原性,可用作制冷剂C.SO2具有氧化性,可用于纸浆的漂白D.钠钾合金的密度小,可用作快中子反应堆的热交换剂12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X位于ⅦA族,Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9,Z是地壳中含量最多的金属元素,W与X同主族。下列说法错误的是()A.原子半径:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱13、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,作氧化剂的是()A.Fe2O3 B.CO C.Fe D.CO214、已知气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志,有机物A~E能发生如图所示一系列变化,则下列说法正确的是()A.A→B的反应类型为加成反应B.常温下有机物C是一种有刺激性气味的气体C.分子式为C4H8O2的酯有3种D.lmolD与足量碳酸氢钠反应生成气体的体积为22.4L15、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取84消毒液将Cl2通入NaOH溶液中B防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤A.A B.B C.C D.D16、下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A.氯化铵受热气化和苯的气化B.碘和干冰受热升华C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化钠和铁的熔化二、非选择题(本题包括5小题)17、磷酸氯喹是一种抗疟疾药物,研究发现,该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)A是一种芳香经,B中官能团的名称为__________________。(2)反应A→B中须加入的试剂a为___________________。(3)B反应生成C的反应化学反应方程式是______________________。(4)C→D反应类型是_________,D的结构简式为_______________。(5)F→G反应类型为________________。(6)I是E的同分异构体,与E具有相同的环状结构,写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是__________________________。①I是三取代的环状有机物,氯原子和羟基的取代位置与E相同;②核磁共振氢谱显示I除了环状结构上的氢外,还有4组峰,峰面积比3:1:1:1;③I加入NaHCO3溶液产生气体。18、痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药,其合成路线如下:回答下列问题:(1)化合物C中含氧官能团的名称是_____。(2)化学反应①和④的反应类型分别为_____和_____。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_____。a.1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗7molH2b.核磁共振氢谱分析能够显示6个峰c.不能够发生还原反应d.与溴充分加成后官能团种类数不变e.共直线的碳原子最多有4个(4)反应⑨的化学方程式为_____。(5)芳香族化合物X的相对分子质量比A大14,遇FeCl3溶液显紫色的结构共有_____种(不考虑立体异构),核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有_____。(6)根据该试题提供的相关信息,写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。________________19、铵明矾(NH4Al(SO4)2•12H2O)是常见的食品添加剂,用于焙烤食品,可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝(Na2SO4•10H2O)制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1:完成下列填空:(1)铵明矾溶液呈_________性,它可用于净水,原因是_______________;向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,可观察到的现象是__________________。(2)写出过程Ⅰ的化学反应方程式_______________。(3)若省略过程Ⅱ,直接将硫酸铝溶液加入滤液A中,铵明矾的产率会明显降低,原因是___________。(4)已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大.加入硫酸铝后,经过程III的系列实验得到铵明矾,该系列的操作是加热浓缩、___________、过滤洗涤、干燥。(5)某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。①夹住止水夹K1,打开止水夹K2,用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中,装置A和导管中未见红棕色气体;试管C中的品红溶液褪色;在支口处可检验到NH3,方法是______________;在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体,该白色固体可能是___________(任填一种物质的化学式);另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物,写出它溶于NaOH溶液的离子方程式_______________。②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O,且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值,V(N2):V(SO2)=_____。20、B.[实验化学]丙炔酸甲酯()是一种重要的有机化工原料,沸点为103~105℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下:步骤1:在反应瓶中,加入14g丙炔酸、50mL甲醇和2mL浓硫酸,搅拌,加热回流一段时间。步骤2:蒸出过量的甲醇(装置见下图)。步骤3:反应液冷却后,依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4:有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏,得丙炔酸甲酯。(1)步骤1中,加入过量甲醇的目的是________。(2)步骤2中,上图所示的装置中仪器A的名称是______;蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是______。(3)步骤3中,用5%Na2CO3溶液洗涤,主要除去的物质是____;分离出有机相的操作名称为____。(4)步骤4中,蒸馏时不能用水浴加热的原因是________。21、铁及其化合物在生产生活中应用最广泛,炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。由此产生的等废气处理意义重大。(1)将应用于生产清洁燃料甲醇,既能缓解温室效应的影响,又能为能源的制备开辟新的渠道。其合成反应为。如图为平衡转化率和温度、压强的关系,其中压强分别为。据图可知,该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。设的初始浓度为,根据时的数据计算该反应的平衡常数_________(列式即可)。若4.0Mpa时减小投料比,则的平衡转化率曲线可能位于II线的_________(填“上方”或“下方”)。(2)时,向某恒温密闭容器中加入一定量的和,发生反应,反应达到平衡后,在时刻,改变某条件,随时间(t)的变化关系如图1所示,则时刻改变的条件可能是______(填写字母)。a保持温度不变,压缩容器b保持体积不变,升高温度c保持体积不变,加少量碳粉d保持体积不变,增大浓度(3)在一定温度下,向某体积可变的恒压密闭容器(p总)加入1molCO2与足量的碳,发生反应,平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示,①650℃时,该反应达平衡后吸收的热量是___________KJ。②T℃时,若向平衡体系中再充入的混合气体,平衡_______________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。(4)已知25℃时,,此温度下若在实验室中配制100mL5mol∙L−1FeCl3溶液,为使配制过程中不出现浑浊现象,则至少需要加入2mol∙L−1的盐酸___________mL(忽略加入盐酸体积)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
由题意可知,X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列,不是按原子序数依次递增排列的,其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素,由X、Y、Z的最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子,可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素;再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度,就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17,从而确定M为H元素,最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2,推出W为Na元素。则A.原子半径应是W>X>Y>Z>M(即Na>C>N>O>H),A错误。B.CO2、C2H2均为直线型共价化合物,Na2O2属于离子化合物,B错误。C.例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体,C正确。D.X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键,D错误。答案选C。2、D【解析】
A.当时,此时溶质为NaHA,根据图象可知溶液中离子浓度,说明的电离程度大于其水解程度,溶液为酸性,如果溶液为中性,则,故A错误;B.当时,此时溶质为NaHA和,根据物料守恒,则有:,故B错误;C.是二元弱酸,在水中的电离是分步电离的,电离方程式是:、,故C错误;D.根据图象知,当
mL时,发生反应为,溶质主要为NaHA,电离程度大于水解程度,溶液显酸性,水和都电离出氢离子,只有电离出,所以离子浓度大小顺序是,故D正确;答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断,侧重于学生的分析能力的考查,为高考常见题型,明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键,抓住图象进行分析即可,题目难度中等。3、C【解析】
A、NaHSO4溶液中水也含有氧原子,所以1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中所含的氧原子数目大于0.4NA,故A错误;B、1个甲基含有9个电子,1mol羟基所含的电子数为9NA,B错误;C、Cl2与Fe反应,氯元素化合价由0变为-1,所以7.1gCl2与足量Fe充分反应,转移的电子数为0.2NA,故C正确;D、80gCuO含的铜原子的物质的量是,80gCu2S含的铜原子的物质的量是,根据极值法,80gCuO和Cu2S的混合物中所含铜原子数为1NA,故D错误。4、A【解析】
A.乙醇分子间能够形成氢键,而丙烷不能,因此沸点,故A错误;B.卤化银的溶解度从上到下,逐渐减小,AgI的溶解度更小,即溶解度:AgI<AgCl,故B正确;C.非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性As<Br,则热稳定性,故C正确;D.金属性越强,最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性Ba<Cs,则碱性,故D正确;答案选A。【点睛】本题的易错点为C,要注意As和Br在元素周期表中的位置,同时注意元素周期律的应用。5、A【解析】
A.
H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为:,A项正确;B.
NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)>c(HY−);HY−的电离程度小于HY−的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY−为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH−)>c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)>c(Y2−),所以离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−),B项错误;C.
HY−水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为:HY−+H2O⇌OH−+H2Y,选项中是电离方程式,C项错误;D.根据电荷守恒式可知,在该酸式盐溶液中,D项错误;答案选A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键,电离平衡是指离解出阴阳离子的过程,而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质,改变溶液酸碱度的过程。6、C【解析】
A.氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性,生成氢氧化铁胶体,故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解,故A错误;B.Pb2+和SO42-反应生成PbSO4,但是Pb2+的量过量,加入Na2S时,若有黑色沉淀PbS生成,不能说明PbSO4转化为PbS,不能说明Ksp(PbSO4)>Ksp(PbS),故B错误;C.淀粉水解生成葡萄糖,在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应,则冷却至室温,再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热,产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖,故C正确;D.硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液,所以应该先加入稀盐酸,没有沉淀后再加入氯化钡溶液,如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子,否则不含硫酸根离子,故D错误;答案选C。【点睛】Pb2+和SO42-反应生成PbSO4,但是Pb2+的量过量,这是易错点。7、D【解析】
A.该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转,所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面,故A正确;B.硝基苯的分子式为C6H5NO2,该分子的分子式也为C6H5NO2,且二者结构不同,互为同分异构体,故B正确;C.六元环上含有4种氢原子,所以其六元环上的一氯代物是4种,故C正确;D.羧基中的碳氧双键不能加成,维生素B3分子中的六元环与苯环相似,则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应,故D错误;故答案为D。8、D【解析】
由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应为:2RuⅡ-2e-=2RuⅢ,Y电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,据此分析解答。【详解】A.由图中信息可知,该电池将太阳能转变为电能,选项A正确;B.由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极,电池工作时,X极电势低于Y极电势,选项B正确;C.电池工作时,在电解质溶液中RuⅡ再生的反应为:2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-,选项C正确;D.Y电极为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,电路中每通过2mol电子生成3molI-,但电解质中又发生反应2RuⅢ+3I-=2RuⅡ+I3-,使溶液中I-浓度基本保持不变,选项D错误。答案选D。9、D【解析】
A.H2Te被O2氧化生成Te,体现H2Te具有还原性,故A正确;B.反应②中Te与H2O反应H2TeO3,Te元素化合价升高,是还原剂,则H2O为氧化剂,应有H2生成,故B正确;C.反应③中H2TeO3→H6TeO6,Te元素化合价升高,发生氧化反应,则H2O2作氧化剂,体现氧化性,故C正确;D.H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化,未发生氧化还原反应,故D错误;故答案为D。10、B【解析】A、铜壶滴漏,铜壶滴漏即漏壶,中国古代的自动化计时(测量时间)装置,又称刻漏或漏刻。铜能溶于浓硝酸,故A错误;B、化铁为金,比喻修改文章,化腐朽为神奇。金不活泼,金在常温下不溶于浓硝酸,铁常温下在浓硝酸中钝化,故B正确;C、火树银花,大多用来形容张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景。银不活泼,但能溶于浓硝酸,故C错误;D、书香铜臭,书香,读书的家风;铜臭,铜钱上的臭味。指集书香和铜臭于一体的书商。铜能溶于浓硝酸,故D错误;故选B。11、A【解析】
A、氧化铝熔点很高,所以可以做耐火材料,选项A正确;B、氨气中的氮元素化合价是-3价,具有还原性,做制冷剂,是氨气易液化的原因,选项B错误;C.二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性,与二氧化硫的氧化性无关,选项C错误;D.在快中子反应堆中,不能使用水来传递堆芯中的热量,因为它会减缓快中子的速度,钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂,选项D错误;答案选A。12、D【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X位于ⅦA族,X为氟元素,Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9,Y为钠元素,Z是地壳中含量最多的金属元素,Z为铝元素,W与X同主族,W为氯元素。【详解】X为氟元素,Y为钠元素,Z为铝元素,W为氯元素。A.电子层越多原子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大原子半径越小,则原子半径:r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X),故A正确;B.由X、Y组成的化合物是NaF,由金属离子和酸根离子构成,属于离子化合物,故B正确;C.非金属性越强,对应氢化物越稳定,X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强,故C正确;D.元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH,碱性比Al(OH)3强,故D错误;故选D,【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用,推断元素为解答关键,注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构,提高分析能力及综合应用能力,易错点A,注意比较原子半径的方法。13、A【解析】
在氧化还原反应中化合价降低,得电子的物质为氧化剂,据此分析。【详解】A、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,中Fe元素的化合价降低,得电子,则Fe2O3是氧化剂,故A正确;B、CO中碳在氧化还原反应中化合价升高,失电子,作还原剂,故B错误;C、铁是还原产物,故C错误;D、CO2是氧化产物,故D错误;故选:A。14、A【解析】
气态烃A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志,A是C2H4;乙烯与水反应生成乙醇,乙醇催化氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,所以B是乙醇、C是乙醛、D是乙酸、E是乙酸乙酯。【详解】A.乙烯与水发生加成反应生成乙醇,所以反应类型为加成反应,故A正确;B.C是乙醛,常温下乙醛是一种有刺激性气味的液体,故B错误;C.分子式为C4H8O2的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3,共4种,故C错误;D.lmol乙酸与足量碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳气体,非标准状况下体积不一定为22.4L,故D错误。【点睛】本题考查有机物的推断,试题涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化,熟悉常见有机物的转化,根据“A的产量是一个国家石油化工水平的重要标志”,准确推断A是关键。15、D【解析】
A.84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2通入NaOH溶液中反应方程式为:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,A正确;B.成熟的水果会释放出乙烯气体,具有还原性,能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应,防止采摘下来的水果过早变烂,保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里,B正确;C.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠,而乙酸可与碳酸钠反应,C正确;D.胶体和溶液均能通过滤纸,无法通过过滤分离,可用渗析法分离,D错误。答案选D。16、B【解析】
A.氯化铵属于离子晶体,需要克服离子键,苯属于分子晶体,需要克服分子间作用力,所以克服作用力不同,故A不选;B.碘和干冰受热升华,均破坏分子间作用力,故B选;C.二氧化硅属于原子晶体,需要克服化学键,生石灰属于离子晶体,需要克服离子键,所以克服作用力不同,故C不选;D.氯化钠属于离子晶体,熔化需要克服离子键,铁属于金属晶体,熔化克服金属键,所以克服作用力不相同,故D不选;故选B。【点睛】本题考查化学键及晶体类型,为高频考点,把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说,活泼金属与非金属之间形成离子键,非金属之间形成共价键,但铵盐中存在离子键;由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力,电解质的电离化学键会断裂。二、非选择题(本题包括5小题)17、硝基浓硫酸、浓硝酸+Cl2+HCl还原反应取代反应【解析】
产物中含有苯环,则A是苯,B为硝基苯,B到C是一个取代反应,考虑到E中氮原子和氯原子处于间位,因此C是间硝基氯苯,D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯,E到F即题目信息中给出的反应,从F到G,分子式中少1个O和1个H,而多出了一个Cl,因此为一个取代反应,用氯原子取代了羟基,最后再进一步取代反应得到H,据此来分析本题即可。【详解】(1)根据分析,B是硝基苯,其官能团为硝基;(2)硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸;(3)B到C即取代反应,方程式为+Cl2+HCl;(4)C到D是硝基被还原为氨基的过程,因此是一个还原反应,D为邻氨基氯苯,即;(5)根据分析,F到G是一个取代反应;(6)加入碳酸氢钠溶液能产生气体,因此分子中一定含有羧基,结合其它要求,写出符合条件的同分异构体,为。18、酯基取代反应加成反应de+NaOH+CH3OH16、【解析】
根据合成路线分析:与CH3I发生取代反应①转变为,发生反应②,在邻位引入醛基转变为:,与CH3NO2发生反应生成,与氢气发生加成反应④生成,发生反应⑤将−CH2NO2脱去氢氧原子转变为−CN,生成,反应⑥中−CN碱性水解转变成−COONa,得到,反应生成,结合分子式C16H17O3N,与发生取代反应生成,在碱性条件下水解得到,据此作答。【详解】(1)化合物C中含氧官能团为酯基,故答案为:酯基;(2)由上述分析可知反应①为取代反应,反应④为加成反应,故答案为:取代反应;加成反应;(3)a.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成,因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2,故错误;b.该结构中有7种氢,故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰,故错误;c.苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成,与氢气发生的加成反应也属于还原反应,故错误;d.与溴充分加成后碳碳双键消失,引入了溴原子,故官能团种类数不变,故正确;e.如图所示,共直线的碳原子最多有4个,,故正确;故答案为:de;(4)由以上分析知,反应⑨为在碱性条件下水解得到,则发生反应的化学方程式为:+NaOH+CH3OH,故答案为:+NaOH+CH3OH;(5)芳香族化合物说明X中有苯环,相对分子质量比A大14,说明比A多一个CH2,与A的不饱和度相同为4;遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基;若苯环上有两个取代基,则为(邻、间、对3种),(邻、间、对3种);若苯环上有三个取代基,先确定两个取代基的位置,即邻、间、对,再确定另一个取代基的位置,当羟基和氨基位于邻位时,苯环上有4种氢原子,则甲基可以有4种取代方式,则会得到4种同分异构体,同理,当羟基和氨基位于间位时,也会有4种同分异构体,当羟基和氨基位于对位时,有2种同分异构体,共3+3+4+4+2=16,其中核磁共振氢谱分析显示有5个峰的X的结构简式有、,故答案为:16;、;(6)完全仿照题干中框图中反应⑥⑦⑧,选择合适试剂即可完成,与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠,苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到,再与乙酰氯反应生成,合成路线为:;故答案为;。19、酸性铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体,有吸附作用,故铵明矾能净水先产生白色沉淀,后产生有刺激性气味的气体,再加入过量的NaOH溶液,白色沉淀逐渐溶解并消失2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4省略过程Ⅱ,因HCO3-与Al3+的水解相互促进,产生大量氢氧化铝沉淀,导致铵明矾的产率降低冷却结晶打开K1,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口,出现白烟(NH4)2SO3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O1:3【解析】
碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠,过滤得到滤渣与滤液A,而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳,可知滤渣为NaHCO3,过程I利用溶解度不同发生复分解反应:2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4,滤液A中含有(NH4)2SO4及少量HCO3-等,加入硫酸,调节pH使HCO3-转化二氧化碳与,得到溶液B为(NH4)2SO4溶液,再加入硫酸铝得铵明矾;(1)铵明矾溶液中NH4+、铝离子水解NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+、Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+,促进水的电离,溶液呈酸性;铵明矾用于净水的原因是:铵明矾水解得到氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮物,达到净水的目的;向铵明矾溶液中加入氢氧化钠溶液,首先Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀,接着NH4+与OH-反应生成氨气,最后加入的过量NaOH溶液溶解氢氧化铝,现象为:先产生白色沉淀,后产生有刺激性气味的气体,再加入过量的NaOH溶液,白色沉淀逐渐溶解并消失。(2)过程I利用溶解度不同发生复分解反应,反应方程式为:2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4。(3)省略过程Ⅱ,因HCO3-与Al3+的水解相互促进,产生大量氢氧化铝沉淀,导致铵明矾的产率降低。(4)由于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大,加入硫酸铝后从溶液中获得铵明矾的操作是:加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。(5)①检验氨气方法为:打开K1,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口,出现白烟;装置A和导管中未见红棕色气体,说明没有生成氮的氧化物,试管C中的品红溶液褪色,说明加热分解有SO2生成,氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成(NH4)2SO3,白色固体可能是(NH4)2SO3;装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物,该物质为氧化铝,氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O;②反应中-3价的N化合价升高发生氧化反应生成N2,+6价的S化合价降低发生还原反应生成SO2,根据电子转移守恒:n(N2)×2×[0﹣(﹣3)]=n(SO2)×(6﹣4),故n(N2):n(SO2)=1:3,相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比,故V(N2):V(SO2)=1:3。20、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率(直形)冷凝管防止暴沸丙炔酸分液丙炔酸甲酯的沸点比水的高【解析】
(1)一般来说,酯化反应为可逆反应,加入过量的甲醇,提高丙炔酸的转化率,丙炔酸溶解于甲醇,甲醇还作为反应的溶剂;(2)根据装置图,仪器A为直形冷凝管;加热液体时,为防止液体暴沸,需要加入碎瓷片或沸石,因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸;(3)丙炔酸甲酯的沸点为103℃~105℃,制备丙炔酸甲酯采用水浴加热,因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外,还含有丙炔酸、硫酸;通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸;5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸,降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度,使之析出;水洗除去NaCl、Na2CO3,然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯;(4)水浴加热提供最高温度为1
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