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文档简介
2024届贵州省正安县第八中学高考化学押题试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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、一定量的H2在Cl2中燃烧后,所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收,测得溶液中含0.05molNaClO(不考虑水解)。氢气和氯气物质的量之比是A.2:3 B.3:1 C.1:1 D.3:22、对石油和煤的分析错误的是A.都是混合物 B.都含有机物C.石油裂化和煤干馏得到不同的产品 D.石油分馏和煤干馏原理相同3、常温下,将甲针筒内20mLH2S推入含有10mLSO2的乙针筒内,一段时间后,对乙针筒内现象描述错误的是(气体在同温同压下测定)()A.有淡黄色固体生成B.有无色液体生成C.气体体积缩小D.最终约余15mL气体4、下列说法正确的是A.烷烃的通式为CnH2n+2,随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐减小B.乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C.1mol苯恰好与3mol氢气完全加成,说明一个苯分子中有三个碳碳双键D.C7H16,主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种5、下列对图像的叙述正确的是甲乙丙丁A.图甲可表示压强对反应:的影响B.图乙中,时刻改变的条件一定是加入了催化剂C.若图丙表示反应:,则、D.图丁表示水中和的关系,ABC所在区域总有6、催化加氢可生成3-甲基戊烷的是A.B.C.D.7、海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-,用电渗析法对该海水样品进行淡化处理,如右图所示。下列说法正确的是A.b膜是阳离子交换膜B.A极室产生气泡并伴有少量沉淀生成C.淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHA<pHB<pHCD.B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝8、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X和W为同主族元素,Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系,甲+乙→丙+W,其中甲是元素X的氢化物,其稀溶液可用于伤口消毒,乙为一种二元化合物,常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13,下列说法错误的是A.X和Y、W均至少能形成两种化合物B.乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C.四种元素简单离子半径中Z的最小D.气态氢化物的稳定性:X>W9、下列物质分类正确的是A.豆浆、蛋白质溶液均属于胶体 B.H2O、CO2均为电解质C.NO、SO3均为酸性氧化物 D.H2S、O2常作还原剂10、JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6,放电过程反应式为xLi+Li-xCoO2=LiCoO2。工作原理如图所示,下列说法正确的是A.放电时,电子由R极流出,经电解质流向Q极B.放电时,正极反应式为xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2C.充电时,电源b极为负极D.充电时,R极净增14g时转移1mol电子11、W、X、Y、Z均是短周期元素,X、Y处于同一周期,X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-,Y+和Z-离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A.原子最外层电子数:X>Y>Z B.单质沸点:X>Y>ZC.离子半径:X2->Y+>Z- D.原子序数:X>Y>Z12、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY,发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s),下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A.v正(X)=2v逆(Y) B.气体平均密度不再发生变化C.容器内压强不再变化 D.X的浓度不再发生变化13、下列有关说法正确的是A.用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理B.铁锈是化合物,可用Fe2O3·nH2O(2≤n<3)表示C.已知CH4+H2OCH3OH+H2,该反应的有机产物是无毒物质D.C(CH3)4的二氯代物只有2种14、下列物质的应用中,利用了该物质氧化性的是A.小苏打——作食品疏松剂 B.漂粉精——作游泳池消毒剂C.甘油——作护肤保湿剂 D.明矾——作净水剂15、通常情况下,仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A.某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 B.乙酸钠溶液pH>7C.乙酸溶液能使石蕊变红 D.某乙酸溶液能导电能力弱16、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P,常温下将0.05molP溶于水,配成1L溶液,pH=13;Z为金属元素,且Z可在W的一种氧化物中燃烧,生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A.简单离子半径:X>Y>ZB.气态氢化物的稳定性:W>XC.单质的熔点:Z>YD.元素Z形成的单质被称为“国防金属”二、非选择题(本题包括5小题)17、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。________________18、已知:环己烯可以通过1,3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到:实验证明,下列反应中,反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化:现仅以1,3-丁二烯为有机原料,无机试剂任选,按下列途径合成甲基环己烷:(1)写出结构简式:A_____________;B______________(2)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_____________(3)1molA与1molHBr加成可以得到___________种产物。19、CuCl晶体呈白色,熔点为430℃,沸点为1490℃,见光分解,露置于潮湿空气中易被氧化,难溶于水、稀盐酸、乙醇,易溶于浓盐酸生成H3CuCl4,反应的化学方程式为CuCl(s)+3HCl(aq)⇌H3CuCl4(aq).(1)实验室用如图1所示装置制取CuCl,反应原理为:2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+CuCl43﹣(aq)⇌CuCl(s)+3Cl﹣(aq)①装置C的作用是_____.②装置B中反应结束后,取出混合物进行如图所示操作,得到CuCl晶体.混合物CuCl晶体操作ⅱ的主要目的是_____操作ⅳ中最好选用的试剂是_____.③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____.④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体,请简述实验方案:_____.(2)某同学利用如图2所示装置,测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成.已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl•H2O.ii.保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液能吸收氧气.①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____.②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式:_____.20、乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空:(1)实验室用乙醇制取乙烯时,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是______。(2)验证乙烯加成反应性质时,需对乙烯气体中的干扰物质进行处理,可选用的试剂是_____(填写化学式);能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。(选填编号)a.溴水褪色b.有油状物质生成c.反应后水溶液酸性增强d.反应后水溶液接近中性(3)实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时,甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是______。(选填编号)a.甲装置乙酸转化率高b.乙装置乙酸转化率高c.甲装置有冷凝回流措施d.乙装置有冷凝回流措施(4)用乙装置实验时,提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______;操作Ⅱ的名称是______;操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。(5)如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置,实验中有两种加料方案:①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1:1浓硫酸;②先加溴化钠→再加1:1浓硫酸→最后加乙醇。按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,若在试管中加入______,产物可变为无色。与方案①相比较,方案②的明显缺点是______。21、化合物X为医用药物,它的合成路线如下:已知:①1.RCH=CH2②RBrRMgBr③RCHO+R’CH2CHO+(1)A的名称为______,A分子中最多______个原子共面。(2)写出第①步反应条件______;F的结构简式______;第⑤步反应类型:______;(3)第③步的化学反应方程式:______;G和合成聚酯纤维宇航服的化学反应方程式:______;(4)G经反应可得到,写出K的同分异构体中含有一个手性碳(连有四个不同取代基的碳称为手性碳原子)的结构简式______。(5)已知:写出由1-戊醇和必要无机试剂合成G的路线,并在括号注明条件1-戊醇___________________(______)G。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收,则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO,则燃烧时剩余Cl2,从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有:①H2+Cl2=2HCl;②HCl+NaOH=NaCl+H2O;③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据③,生成0.05molNaClO,消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。【点睛】吸收液中有NaClO,则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1,只有A项合理。2、D【解析】
A.煤中主要含有碳元素,石油中主要含有碳和氢两种元素,都属于复杂的混合物,故A正确;B.煤中主要含有碳元素,石油中主要含有碳和氢两种元素,都属于复杂的混合物,其中都含有有机物,故B正确;C.石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃,由于烷烃的断裂,会得到烷烃和烯烃,所以裂化后得到的产物中含有烯烃;煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程,获得产品有煤炉气、煤焦油、焦炭;产物不同,故C正确;D.石油裂化是将碳原子数多的烷烃断裂成碳原子数少的烃,煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程,原理不同,故D错误;题目要求选择错误的,故选D。【点睛】石油分馏就是将石油中不同沸点的物质依次分离,出来的叫做馏分,主要是饱和烃。石油裂化就是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程,是不饱和烃。3、D【解析】
A.因H2S与SO2能够发生反应:SO2+2H2S=3S↓+2H2O,生成黄色固体,正确;B.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O,有无色液体水生成,正确;C.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O,反应后气体体积缩小,正确;D.根据反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O,20mLH2S与10mLSO2恰好完全反应,最终没有气体剩余,错误;答案选D。4、D【解析】
A.烷烃的通式为CnH2n+2,C元素的质量分数为,则随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐增大,故A错误;B.乙烯中含碳碳双键,可与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,故B错误;C.苯中不含碳碳双键,故C错误;D.C7H16主链上有5个碳原子的烷烃,支链为2个甲基或1个乙基,符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3,共5种,故D正确;答案选D。5、C【解析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡,意在考查知识迁移能力。【详解】A.合成氨反应压强越大,化学反应速率越快;合成氨反应为气体分子数减小的反应,增大压强平衡正向移动,N2的转化率增大,故A错误;B.若反应为气体分子数不变的反应,平衡后增大压强,反应速率加快,但平衡不移动,故B错误;C.分析曲线a、b可知,曲线b先出现拐点,则p2>p1,T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大,说明增大压强平衡正向移动,则x<2,分析曲线b、c可知,b曲线先出现拐点,则T1>T2,故C正确;D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-),ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-),故D错误;答案:C6、C【解析】
含碳碳双键的有机物与氢气发生加成反应,且加成后碳链骨架不变,生成3-甲基戊烷,以此来解答。【详解】A.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷,故A错误;B.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷,故B错误;C.含2个碳碳双键,均与氢气发生加成反应,生成3−甲基戊烷,故C正确;D.与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷,故D错误;答案选C7、A【解析】
A、因为阴极是阳离子反应,所以b为阳离子交换膜,选项A正确;B、A极室氯离子在阳极失电子产生氯气,但不产生沉淀,选项B错误;C、淡化工作完成后,A室氯离子失电子产生氯气,部分溶于水溶液呈酸性,B室氢离子得电子产生氢气,氢氧根离子浓度增大,溶液呈碱性,C室溶液呈中性,pH大小为pHA<pHC<pHB,选项C错误;D、B极室氢离子得电子产生氢气,不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝,选项D错误。答案选A。8、B【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中,不溶于其浓溶液中,说明Z为Al元素,W为S元素,因为铝在常温下能溶于稀硫酸,在浓硫酸中发生钝化;X和W为同主族元素,则X为O元素;甲是元素X的氢化物,其稀溶液可用于伤口消毒,则甲为H2O2;常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13,则丙为强碱,说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱,则Y为Na元素,则丙为NaOH;由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系,且乙为一种二元化合物,则乙为Na2S。A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠,X和W能形成二氧化硫、三氧化硫,即X和Y、W均至少能形成两种化合物,故A正确;B.通过上述分析可知,乙为硫化钠,硫化钠是只含离子键的离子化合物,丙为氢氧化钠,氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物,故B错误;C.W的离子核外电子层数最多,离子半径最大,X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构,因为核外电子层数相同时,核电荷数越大半径越小,Z的核电荷数最大,离子半径最小,故C正确;D.X和W为同主族元素,非金属性X>W,因为非金属性越强,气体氢化物越稳定,则气态氢化物的稳定性X>W,故D正确。答案选B。9、A【解析】
A.分散质粒子直径介于1-100nm之间的为胶体,豆浆、蛋白质溶液均属于胶体,故A正确;B.H2O是弱电解质,CO2属于非电解质,故B错误;C.SO3为酸性氧化物,NO是不成盐氧化物,故C错误;D.H2S中S的化合价为最低价,是常见的还原剂,O2是常见的氧化剂,故D错误;故选A。【点睛】本题的易错点为B,要注意二氧化碳的水溶液能够导电,是反应生成的碳酸能够电离,而二氧化碳不能电离。10、B【解析】
A.由放电反应式知,Li失电子,则R电极为负极,放电时,电子由R极流出,由于电子不能在溶液中迁移,则电子经导线流向Q极,A错误;B.放电时,正极Q上发生还原反应xLi++Li1-xCoO2+xe-=LiCoO2,B正确;C.充电时,Q极为阳极,阳极与电源的正极相连,b极为正极,C错误;D.充电时,R极反应为Li++e-=Li,净增的质量为析出锂的质量,n(Li)==2mol,则转移2mol电子,D错误。故选B。11、D【解析】
X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-,则X为第ⅥA族元素,Z为ⅦA族元素;Y+和Z-具有相同的电子层结构,则Y在Z的下一周期,则Y为Na元素,Z为F元素,X、Y同周期,则X为S元素,A.X、Y、Z分别为S、Na、F,原子最外层电子数分别为6、1、7,即原子最外层电子数:Z>X>Y,故A错误;B.常温下Na、S为固体,F2为气体,Na的熔点较低,但钠的沸点高于硫,顺序应为Na>S>F2,故B错误;C.Na+、F-具有相同的核外电子排布,离子的核电荷数越大,半径越小,应为F->Na+,S2-电子层最多,离子半径最大,故离子半径S2->F->Na+,故C错误;D.X、Y、Z分别为S、Na、F,原子序数分别为16、11、9,则原子序数:X>Y>Z,故D正确。答案选D。12、A【解析】
A.在任何时刻都存在:2v正(X)=v正(Y),若v正(X)=2v逆(Y),则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y),说明反应正向进行,未达到平衡状态,A符合题意;B.反应混合物中W是固体,若未达到平衡状态,则气体的质量、物质的量都会发生变化,气体的密度也会发生变化,所以当气体平均密度不再发生变化时,说明反应处于平衡状态,B不符合题意;C.反应在恒容密闭容器中进行,反应前后气体的物质的量发生变化,所以若容器内压强不再变化,则反应处于平衡状态,C不符合题意;D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行,若反应未达到平衡状态,则任何气体物质的浓度就会发生变化,所以若X的浓度不再发生变化,说明反应处于平衡状态,D不符合题意;故合理选项是A。13、D【解析】
A.用乙醚作萃取剂,从黄花蒿中提取青蒿素,是物理过程,A不正确;B.铁锈是混合物,成分复杂,B不正确;C.该反应的有机产物CH3OH是有毒物质,C不正确;D.C(CH3)4的二氯代物中,共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构,D正确;故选D。14、B【解析】
A.小苏打是碳酸氢钠,受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂,与氧化性无关,故A错误;B.漂粉精作消毒剂,利用次氯酸盐的强氧化,反应中Cl元素的化合价降低,作氧化剂,具有氧化性,故B正确;C.甘油作护肤保湿剂,是利用甘油的吸水性,没有元素的化合价变化,与氧化性无关,故C错误;D.明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水,与盐类水解有关,与物质氧化性无关,故D错误;故答案为B。15、B【解析】
证明CH3COOH为弱酸,可从以下角度判断:①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力;②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小;③判断是否存在电离平衡;④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等,以此解答该题。【详解】A.某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢,说明该乙酸中氢离子浓度很小,但是不能说明乙酸部分电离,不能证明乙酸是弱电解质,A错误;B.乙酸钠的pH>7,说明乙酸钠是强碱弱酸盐,乙酸是弱酸,B正确;C.乙酸溶液能使石蕊试液变红色,说明乙酸电离出氢离子,但不能说明部分电离,所以不能证明是弱电解质,C错误;D.某乙酸导电能力弱,说明该酸中离子浓度较小,但是不能说明乙酸部分电离,则不能证明乙酸是弱电解质,D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键,溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关,与电解质强弱无关,题目难度不大。16、B【解析】
X与Y可形成一种淡黄色物质P,则P为Na2O2,结合原子序数可知X为O,Y为Na,金属Z可在W的一种氧化物中燃烧,则Z为Mg,W为C,氧化物为CO2,综上所述,W、X、Y、Z分别为:C、O、Na、Mg,据此解答。【详解】A.O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同,序小半径大,故离子半径:O2->Na+>Mg2+,A正确;B.非金属性:C<O,则气态氢化物的稳定性:CH4<H2O,B错误;C.一般情况下,金属离子半径越小,所带的电荷越多,自由电子越多,金属键就越强,熔点就越高,所以,单质的熔点:Mg>Na,C正确;D.Z为Mg元素,Mg被称为国防金属,D正确。答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、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;。18、A4【解析】
根据碳原子数目可知,反应①为1,3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A,则A为,结合A发生信息Ⅱ中反应生成B,则B为,结合C的分子式可知,B与氢气发生全加成反应生成C,C为,C发生消去反应生成D,D为,D发生加成反应生成甲基环己烷。【详解】根据上述分析可知:A为,B为,C为,D为。(1)通过以上分析知,A的结构简式是,B的结构简式是;(2)A是,A与H2发生加成反应后产物为,名称为乙基环己烷,与甲基环己烷互为同系物,故合理物质序号为A;(3)A的结构简式是,其分子中含有的2个碳碳双键上的4个C原子都不等效,所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同,故其与HBr加成时的产物有4种。【点睛】本题考查有机物推断,正确理解题给信息是解本题关键,侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能力,注意(3)中A发生加成反应产物种类判断,为易错点。19、吸收SO2尾气,防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量水,过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O【解析】
用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl,其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备,制取的二氧化硫进入装置B中,和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应,生成CuCl沉淀,过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体,需要先把B中的混合物冷却,为了防止低价的铜被氧化,把混合物倒入溶有二氧化硫的水中,然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。【详解】(1)①A装置制备二氧化硫,B中盛放氯化铜溶液,与二氧化硫反应得到CuCl,C装置盛放氢氧化钠溶液,吸收未反应的二氧化硫尾气,防止污染空气。②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液,有利于CuCl析出,二氧化硫具有还原性,可以防止CuCl被氧化;CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇,可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤,减小因溶解导致的损失。③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化,应避光、密封保存。④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤,取滤液加入大量的水稀释,过滤、洗涤、干燥得到CuCl。(2)①氢氧化钾会吸收二氧化碳,盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收,所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,E中盛放保险粉(Na2S2O4)和KOH的混合溶液吸收氧气,F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO,G测定氮气的体积。②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气,发生氧化还原反应生成硫酸钠与水,反应离子方程式为:2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O。20、利用浓硫酸的吸水性,使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成,HBr挥发会造成HBr的损耗【解析】
(1)乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯,反应为可逆反应,浓硫酸还具有吸水性;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO2,会对乙烯的验证造成干扰,选择氢氧化钠溶液吸收SO2;乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷,据此分析解答;(3)甲装置边反应边蒸馏,乙装置采用冷凝回流,等反应后再提取产物,使反应更充分;(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液,吸收挥发出的乙酸和乙醇,同时降低乙酸乙酯的溶解度,分液可将其分离,得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可;(5)按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,是由于有溴单质生成,溶于水后出现橙红色;方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液,会有HBr生成,HBr具有挥发性,会使HBr损失。【详解】(1)乙醇制取乙烯的同时还生成水,浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是:浓硫酸还具有吸水性,反应生成的水被浓硫酸吸收,使反应向有利于生成乙烯的方向进行;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作
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