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文档简介
2024届云南省大理州高考化学一模试卷
考生须知:
1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色
字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每题只有一个选项符合题意)
1、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是
A.探究SCh和Na2O2反应可能有Na2s生成
B.探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO
C.探究Na与水的反应可能有O2生成
D.探究向滴有酚配试液的NaOH溶液中通入Cb,酚配红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致,还是HC1O的漂
白性所致
2、在体积都为IL、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中,分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是
3、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中,产生1.12LNO气体(标准状况),向反应后的溶液中加入NaOH溶液,产
生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是
开始沉淀沉淀开
沉淀最多始不变
II
0没有10沉淀60沉淀70沉淀V(NaOH溶液)mL
沉淀增加减少不变
A.可以求出合金中镁铝的物质的量比为1:1B.可以求出硝酸的物质的量浓度
C.可以求出沉淀的最大质量为3.21克D.氢氧化钠溶液浓度为3mol/L
4、通过下列反应不可能一步生成MgO的是
A.化合反应B.分解反应C.复分解反应D.置换反应
5、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物,使其中的S全部转化成H2so4,这些H2sO4可用20mL0.5moi/L的
NaOH溶液完全中和,则原化合物中S的质量分数约为()
A.18%B.46%C.53%D.36%
6、下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A.二氧化硅熔点高,可用作光导纤维
B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气,可用作呼吸供氧剂
C.明研易溶于水,可用作净水剂
D.二氧化硫有氧化性,可用于漂白纸张
7、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时,测得废水中Cu2+浓度在
不同铁碳质量比(X)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
A.活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池,铁为负极
C.增大铁碳混合物中铁碳比(x),一定会提高废水中C<P+的去除速率
D.利用铁碳混合物回收含CM+废水中铜的反应原理:Fe+Cu2+=Fe2++Cu
8、常温下,向20mL0.1mol/L氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如
图所示。则下列说法正确的是()
A.常温下,O.lmol/L氨水中,c(OH)=lxlO5mol/L
B.b点代表溶液呈中性
C.c点溶液中C(NH4+)=C(C「)
++
D.d点溶液中:c(Cr)>C(NH4)>c(OH)>c(H)
9、锂一铜空气燃料电池(如图)容量高、成本低,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,其中放电过程
为:2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-,下列说法错误的是
A.整个反应过程中,氧化剂为th
B.放电时,正极的电极反应式为:Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH
C.放电时,当电路中通过0.1mol电子的电量时,有0.1molLi+透过固体电解质向Cu极移动,有标准状况下1.12L
氧气参与反应
D.通空气时,铜被腐蚀,表面产生CU2O
10、化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注,X的结构简式如图所示。下列有关X
的说法正确的是()
OH
X的结构简式
A.分子式为Ci4Hl5O10
B.分子中有四个手性碳原子
C.1molX最多可与4moiNaOH反应
D.ImolX最多可与4moiNaHCCh反应
11、实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、Si(h等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)[Fe2(OH)n(SO4)3
-o.5n]m和绿矶FeSOr7H2O,其过程如图所示,下列说法不正确的是
灼烧
固体W(S,SiO2等)一>尾气
烧渣
H2s,洛液8tx调节pH70~80r
液X--------J溶液Z---------------►聚铁胶体一►聚铁
溶液Y-绿研
+3+
A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为:4FeS+3O2+12H=4Fe+4S+6H2O
B.溶液Z加热到70〜80℃的目的是促进Fe3+的水解
C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矶
D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数,若pH偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大
12、下列有关物质的说法错误的是()
A.工业上常用H2和C12直接化合的方法生产氯化氢以制取盐酸
B.氧化铝可用于制造耐高温材料
C.SO2具有漂白性,所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色
D.常温下铁能被浓硫酸钝化,可用铁质容器贮运浓硫酸
13、在给定条件下,下列选项所示的物质转化均能实现的是
A.S02_£aOCaS04
点燃
B.Si-.°2L»SiO2HCl(aq)_S1C14
加热-------A
C.Fe.挈AFe203HFe(0H)3
高温----
D.NaH2ONaOH(aq)COjNaHC03(aq)
■►**A
14、下列物质的用途利用其物理性质的是
A.草酸用作还原剂B.生石灰用作干燥剂
C.苯用作萃取剂D.铁粉用作抗氧化剂
15、比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应,下列说法错误的是()
A.都使用了合适的催化剂
B,都选择了较高的温度
C,都选择了较高的压强
D.都未按化学方程式的系数进行投料反应
16、证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是()
A.向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体,溶液颜色加深——勒夏特列原理
B.常温常压下,1体积CH4完全燃烧消耗2体积th——阿伏加德罗定律
C.向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律
D.通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2c(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律
二、非选择题(本题包括5小题)
17、新泽茉莉醛是一种名贵的香料,合成过程中还能得到一种PC树脂,其合成路线如图。
o
新泽茉莉酸
已知:①皿。+皿.。弩型"曾“
②RCHO+HOCH2cH20HH,HR+H2O
0o
③CI-LC^ROH催化副F—LOR+H。
(1)E的含氧官能团名称是,E分子中共面原子数目最多为
⑵写出反应①的化学方程式
⑶写出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式
a.能与浓漠水产生白色沉淀
b.能与NaHCC>3溶液反应产生气体
c.苯环上一氯代物有两种
⑷反应②的反应类型是
⑸已知甲的相对分子质量为30,写出甲和G的结构简式
⑹已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰,写出反应③的化学方程式.
U00
II人
⑺结合已知①,以乙醇和苯甲醛(广、)为原料,选用必要的无机试剂合成—CH=CH-C-OCH2CH3,写出合
成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条
件).
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酸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):
OH
§0/=\r"!
CHjO-C-OCHj—►《》O-CH/(n*ah
④
,、0笨甲,
oo——
\/③
HjC-CH:
~~
G*)/0时
CHjCH
^O-CHj
5-缗H
不乙修
已知:+2ROH-2ROH+
RO-e-OR'
回答下列问题:
(1)B的分子式是o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NaHSOrlhO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为苯甲觥的同系物,且相对分子质量比苯甲醛大14,则能使FeCb溶液显色的E的所有同分异构体
共有(不考虑立体异构)种。
gI
(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Q/C、O的合成流程图:
\/\/
HaC—CH3HjC-CH-CH,
合成流程图示例如下:C”;cuHBr.»CHjCH.OH
19、硫代硫较钠(Na2s2。3)在生产生活中具有广泛应用。硫化碱法是工业上制取硫代硫酸钠的方法之一。实验室模拟
工业生产装置如图所示:
⑴利用如图装置进行实验,为保证硫酸顺利滴下的操作是。
⑵装置B中生成的Na2s2O3同时还生成CO2,反应的离子方程式为;在该装置中使用多孔球泡的目的是o
(3)装置C的作用是检验装置B中SO2的吸收效果,C中可选择的试剂是_(填字母)。
a.H2O2溶液b.溟水c.KMnCh溶液d.BaCb溶液
(4)Na2s2O3溶液常用于测定废水中Ba?+浓度。
①取废水20.00mL,控制适当的酸度,加入足盐K2O2O7溶液,得到BaCrO4沉淀,过滤洗涤后用适量稀酸溶解,此
时OO42-全部转化为Cr2(»2-;再加过量KI溶液,将COO2一充分反应;然后加入淀粉溶液作指示剂,用O.lOOmol/L
的Na2s2O3溶液进行滴定:(L+2S2032Hs406、21-),滴定终点的现象为。平行滴定3次,消耗Na2s2O3溶
液的平均用量为18.00mL。则该废水中Ba?+的物质的量浓度为___mol/L,
②在滴定过程中,下列实验操作会造成实验结果偏高的是(填字母)。
a.滴定管未用Na2s2O3溶液润洗
b.滴定终点时俯视读数
c.锥形瓶用蒸储水洗涤后未进行干燥处理
d.滴定管尖嘴处滴定前无气泡,滴定终点发现有气泡
20、随着科学的发展,可逐步合成很多重要的化工产品,如用作照相定影剂的硫代硫酸钠(俗称大苏打),用于填充汽
车安全气囊的叠氮化钠(NaN3),某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3o
I.制备硫代硫酸钠晶体。
查阅资料:Na2s2O3易溶于水,向Na2cth和Na2s混合溶液中通入SCh可制得Na2s2。3。实验装置如图所示(省略夹持装
a的名称是.汨中的试剂最好是
.(填标号),作用是O
A.澄清石灰水B.NaOH溶液C.饱和NaHSCh溶液
(2)已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2s和Na2c03完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物,
滤液经(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥,得到产品,过滤时用到的玻璃仪器有o
II.实验室利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+NzO210-220°CNaNs+NaOH+NIfa。
(1)装置B中盛放的药品为
(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因是。
⑶氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为。
(4)N2O可由NH4NCh(熔点为1696C)在240℃下分解制得,应选择的气体发生装置是
21、苯乙烯是一种重要的化工原料,可采用乙苯催化脱氢法制备,反应如下:(g)(g)+H2(g)
AH=+17.6kJ/mol
(1)在刚性容器中要提高乙苯平衡转化率,可采取的措施有
⑵实际生产中往刚性容器中同时通入乙苯和水蒸气,测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。
①平衡时,P(H2O)=kPa,平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)
②反应速率V-kAk逆分别为正逆反应速率常数。计算a处的通一
⑶02气氛下乙苯催化脱氢同可时存在以下两种途径:
②途径I的反应历程如图所示,下列说法正确的是
a.CO2为氧化剂b.状态1到状态2形成了O-H键
c.中间产物只有(C'Y")d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率
③PCO2与乙苯平衡转化率关系如图分析,peen为15kPa时乙苯平衡转化率最高的原因
参考答案
一、选择题(每题只有一个选项符合题意)
1、C
【解析】
A、SO2具有还原性,Na2(h具有氧化性,所以探究SO2和NazCh反应可能有Na2s。4生成有意义,故A不符合题意;
B、浓硫酸具有强氧化性,所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO有意义,故B不符合题
意;
C、Na是非常活泼的金属,不可能与水反应生成02,所以探究Na与水的反应可能有02生成没有意义,故C符合题
意;
D、Ck能与NaOH反应,使溶液的碱性减弱,CL与H2O反应生成了HC1O,HC1O具有漂白性,所以探究向滴有酚
配试液的NaOH溶液中通入Ch,酚酥红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致,还是HC1O的漂白性所致有意义,
故D不符合题意。
2、C
【解析】
根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量,依据盐酸是强酸,醋酸是弱酸,在溶液中存在电离平
衡判断反应过程和反应量的关系,结合图象中的纵坐标和横坐标的意义,曲线的变化趋势,起点、拐点、终点的意义
分析判断是否符合事实。
【详解】
+2+
体积都为1L,pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中,"(CH3coOH)>"(HC1)=0.01mol,锌和酸反应Zn+2H=Zn+H2T,
盐酸溶液中氢离子不足,醋酸溶液中存在电离平衡,平衡状态下的氢离子不足,但随着反应进行,醋酸又电离出氢离
子进行反应,放出的氢气一定比盐酸多,开始时由于氢离子浓度相同,开始的反应速率相同,反应过程中醋酸溶液中
的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大,所以反应速率快;反应后,醋酸有剩余,导致醋酸溶液中pH小于
盐酸溶液中;
A.由于醋酸会不断电离出H+,因此醋酸pH上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn反应,醋酸速率快,但是这是pH,
不是氢气的量,所以pH上升醋酸慢,A错误;
B.反应开始氢离子浓度相同,反应速率相同。曲线从相同速率开始反应,但醋酸溶液中存在电离平衡,反应过程中
醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大,所以醋酸溶液反应过程中反应速率快,溶解的锌的量也
比盐酸多,所以图象不符合题意,B错误;
C.产生氢气的量从0开始逐渐增多,最终由于醋酸电离平衡的存在,生成氢气的量比盐酸多,反应过程中氢离子浓
度大于盐酸溶液中氢离子浓度,和同量锌反应速率快,若Zn少量产生的H2的量相同,锌过量则醋酸产生的氢气多,
故图象符合Zn少量,C正确;
D.反应开始氢离子浓度相同,反应过程中醋酸存在电离平衡,醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子
浓度大,D错误;
故合理选项是Co
【点睛】
本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用,关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与
氢离子反应的过量判断,注意弱电解质在溶液中存在电离平衡,弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
3、C
【解析】
由图可知60ml到70ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液,则铝离子沉淀需要30ml氢氧化钠溶液,镁离子离
子沉淀需要20ml氢氧化钠溶液,所以镁铝的物质的量比为1:1,再由镁铝与100mL稀硝酸反应,产生1.12LNO气
体(标准状况)得失守恒可以得
2x+3x=0.05x3,则x=0.03mol,
xl
沉淀的最大质量m=0.03molx58g-moV+0.03moi义78g•mol~=4.08g,
沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠,硝酸的物质的量为0.03molx2+0.03molx3+0.05mol=0.2mol,
n0.2mol小…1i
c=-----=-------------二2mol-L
%)0.1L
n0A5mol1
氢氧化钠溶液浓度c二/一=3mol-L9
V(aq)0.05L
故C错误;
综上所述,答案为C。
4、C
【解析】
A.2Mg+O222MgO属于化合反应,A不选;
B.Mg(OH)2aMgO+lhO属于分解反应,B不选;
C.复分解反应无法一步生成MgO,C选;
D.2Mg+CO2a2MgO+C属于置换反应,D不选;
答案选C。
5、D
【解析】
n(NaOH)=0.02Lx0.50moI/L=0.01mol,由反应的关系式SO2〜H2sO4〜2NaOH可知,n(SO2)=0.005mol,则硫和
铁组成的化合物中含有0.005molS,m(S)=0.005molx32g/mol=0.16g,
0.16g
则s(S)=--^xl00%=36%,答案选D。
0.44g
6、B
【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射,与熔点无关,A错误;B.过氧化钠可与二
氧化碳反应生成氧气,可用作呼吸供氧剂,之间存在因果关系,B正确C.明研可用作净水剂,是因为水解生成氢氧化
铝胶体,与易溶于水无关,C错误;D.二氧化硫可用于漂白纸张,是因为二氧化硫具有漂白性,D错误;故选B。
7、C
【解析】
A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小;
B、铁与活性炭形成原电池,铁比炭活泼;
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率,没铁碳比为2:1时的速率快;
D、利用铁碳混合物回收含Ct?+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】
A项,活性炭具有许多细小微孔,且表面积巨大,具有很强的吸附能力,由图像可知,+在纯活性炭中浓度减小,
表明活性炭对CiP+具有一定的吸附作用,故不选A项;
B项,铁屑和活性炭在溶液中形成微电池,其中铁具有较强的还原性,易失去电子形成Fe2+,发生氧化反应,因此铁
作负极,故不选B项;
C项,由图像可知,随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:LCM+的去除速率逐渐增加;但当铁碳混合物变为纯铁屑
时,CM+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时,正极材料比例降低,铁碳在废液中形成的微电池数量减
少,Ci?+的去除速率会降低,因此增大铁碳混合物中铁碳比(x),不一定会提高废水中CM+的去除速率,故选C项;
D项,在铁碳微电池中,碳所在电极发生还原反应,CM+得到电子生成铜单质;因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+
=Fe2++Cu,故不选D项。
综上所述,本题正确答案为C。
【点睛】
本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查,题目有利于培养学生的良好的科学素养,侧重于考查学生的分析、
实验能力的考查,注意把握提给信息以及物质的性质,为解答该题的关键。
8、B
【解析】
103
A、由图可知,常温下,O.lmol/L的氨水溶液中c(H+)=10nmol/L,则c(OH)=-------=1x103mol/L,故A
10-11
错误;
B、b点为NH4a和NH3・H2O的混合溶液,溶液中NIV促进水的电离程度和H+抑制程度相等,所以水电离的氢离子
浓度为lO^mol/L,溶液呈中性,故B正确;
C、c点溶液为NH4a溶液,呈酸性,c(H+)>c(OH),电荷关系为c(NlV)+c(H+)=c(OH)+c(Cl),
+
所以c点溶液中c(NH4)<C(CI),故C错误;
+++
D、d点溶液为NH4a和HC1的混合溶液,溶液呈酸性,c(H)>c(OH),电荷关系为c(NH4)+c(H)=c(OH
++
■)+c(Cl),所以d点溶液中:c(Cl)>c(NH4)>C(H)>C(OH),故D错误;
故选:Bo
9、C
【解析】A,根据题意,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,放电过程中消耗CU2O,由此可见通入空气
Cu腐蚀生成Cu2O,由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e+H2O=2CU+2OH,Cu2O又被还原成Cu,整个过
程中Cu相当于催化剂,氧化剂为。2,A项正确;B,放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-,B项正
确;C,放电时负极电极反应式为Li-e=Li+,电路中通过O.lmol电子生成0.1molLi+,Li+透过固体电解质向Cu极移动,
反应中消耗02物质的量为业必=o.o25mol,在标准状况下Ch的体积为0.025molx22.4L/mol=0.56L,C项错误;D,
4
放电过程中消耗CU2O,由此可见通入空气Cu腐蚀生成CU2O,D项正确;答案选C。
10、B
【解析】
由结构可知分子式,分子中含-COOH、-COOC、OH,结合竣酸、酯、醇、酚的性质来解答。
【详解】
A.由结构简式可知分子式为Ci4Hl60io,A错误;
B.在左侧六元环中,连接-OH、酸键的原子连接4个不同的原子或原子团,为手性碳原子,B正确;
C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和竣基,ImolX最多可与5moiNaOH反应,C错误;
D.只有竣基与碳酸氢钠反应,则1molX最多可与1molNaHCCh反应,D错误;
故合理选项是Bo
【点睛】
本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注
意选项B为解答的难点。
11,D
【解析】
+3+
A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁,硫单质和水,因此离子方程式为:4FeS+3O2+12H=4Fe+4S+
6H2O,故A正确;
B.溶液Z加热到70~80℃的目的是促进Fe3+的水解生成聚铁胶体,故B正确;
C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矶,故C正确;
D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数,若pH偏小,水解程度小,氢氧根减少,硫酸根增多,因此导致聚铁中铁
的质量分数偏小,故D错误。
综上所述,答案为D。
12、C
【解析】
A.工业上常用H2和CL直接化合的方法生产氯化氢,氯化氢极易溶于水,可以制得盐酸,故A正确;
B.氧化铝的熔点很高,故可用于制造耐高温材料,故B正确;
C.SCh能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色,是因为发生氧化还原反应:SO2+l2+2H2O=H2SO4+2HLSO2体现的是还
原性,而非漂白性,故C错误;
D.浓硫酸具有强氧化性,常温下铁和浓硫酸反应,在铁表面生成一层致密的氧化膜,也就是发生了钝化反应,可阻止
浓硫酸与内部的铁进一步反应,因此可用铁质容器贮运浓硫酸,故D正确;
答案选C。
13、D
【解析】A.二氧化硫与氧化钙反应生成CaSOs,A错误;B.二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应,所以二氧化硅无法
与盐酸反应转化为四氯化硅,B错误;C.Fe与H20蒸汽在高温下反应生成Fe304,FeG与HQ不反应,不能生成Fe(OH)3,
C错误;D.Na与上0反应生成NaOH和A,NaOH和足量CO2反应生成NaHCOs,D正确;答案选D.
点睛:Fe与40蒸汽在高温下反应生成的产物是Fe30〃而不是FeG。
14、C
【解析】
A.草酸用作还原剂是由于其容易失去电子,表现还原性,利用的是物质的化学性质,A不符合题意;
B.生石灰用作干燥剂是由于CaO与水反应产生Ca(OH)2,利用的是物质的化学性质,B不符合题意;
C.苯用作萃取剂是由于被萃取的物质容易溶于苯中,没有新物质存在,利用的是物质的物理性质,C符合题意;
D.铁粉用作抗氧化剂是由于Fe容易失去电子,表现还原性,是利用的物质的化学性质,D不符合题意;
故合理选项是Co
15、C
【解析】
对于合成氨来说,在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气,而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫
与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫,两者都是可逆反应,据此分析解答。
【详解】
A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应,都使用了合适的催化剂,故A正确;
B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应,都选择了较高的温度,故B正确;
C、合成氨合成塔中选择较高的压强,而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强,高压对设备要求高,故C错误;
D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应,则都未按化学方程式的系数进行投料反应,故D正确。
故选:Co
16、C
【解析】
A.向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体,溶液颜色加深,说明增大反应物浓度,能使平衡正向移动,此事实与勒
夏特列原理相符,A不合题意;
B.由CW燃烧反应方程式可知,lmolCH4在2moich中完全燃烧,常温常压下,1体积CH4完全燃烧消耗2体积。2,
二者的体积比等于其物质的量之比,符合阿伏加德罗定律,B不合题意;
C.向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果,说明生成了HCIO,符合强酸制弱酸原理,由于HC1O不是
最高价含氧酸,所以不符合元素周期律,c符合题意;
D.通过C、CO的燃烧热反应方程式,通过调整化学计量数后相减,可间接计算2c(s)+(h(g)=2CO(g)的反应热,符合
盖斯定律,D不合题意;
故选C。
二、非选择题(本题包括5小题)
加成反应(或
CH3cH20HH=CHCOOCH2CHJ
浓硫酸,△
【解析】
反应①是苯与漠发生取代反应生成A,A为-Br,结合B的分子式可知,A发生水解反应生成B,B为Q-OH。
结合D的分子式与E的结构简式可知D为©二对比E与新泽茉莉醛的结构简式,结合F-G的反应条件及信
息①②,可知E-F发生信息②中的反应,F-G发生信息①中的反应,且甲的相对分子质量为30,可推知甲为HCHO、
F为立建、G为氐建工,G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C
的分子式可知,2分子苯酚与1分子HCHO反应生成C,化合物C能发生信息③中的反应,说明C中含有羟基,且
C核磁共振氢谱有四种峰,可推知C为HO-<^>-CH2-O-0H,结合信息③可知PC树脂结构简式为
⑺结合已知①,乙醇催化氧化生成乙醛,乙醛与苯甲醛反应得到QrCH=CH-CH°,再进一步氧化生成
I「CEYH—COOH,最后与乙醇发生酯化反应得到目标物,据此书写合成路线图。
【详解】
CHO
(DE为[^LOH,含氧官能团有羟基、醛基,E分子中苯环、-CHO均为平面结构,且直接相连的原子共面,共面
OH
原子数目最多为16个,故答案为羟基、醛基;16;
CHO
(3)E为[)_OH,与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件:a.能与浓漠水产生白色沉淀,说明含酚-OH;
OH
b.能与NaHCCh溶液反应产生气体,说明含-COOH;c.苯环上一氯代物有两种,则苯环上有2种H,则符合条件的
CH=iCH0)与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛,故答案为加成反应;
(4)反应②中G(H
;CH;
(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、,故答案为HCHO;
⑹反应③的化学方程式为
催化剂)
成苯丙烯醛,再将-CHO氧化为-COOH,最后在与乙醇发生酯化反应,则合成流程为
CH3cH20HH=CHCOOCHCH
23故答案为
浓硫酸,△
CH3cH20H1^-CH=CHCOOCH2cH3
浓硫酸,△°
【点睛】
本题的难点是物质结构的推导,要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6),要注意方
程式的配平。
羟基氧化反应
CH3(LQ9
【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中含有一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1x16/13.1%=122,根据苯
乙醛推出D的结构简式为CHiCHiOH,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中含有一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lxl6/13.1%=122,根据苯
乙醛的结构简式推出D的结构简式为^Q^-CHICH-OH,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CHQ;D能与金属钠反应,且D分子中只有一个氧原子,
即D中含有一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1x16/13.1%=122,根据苯乙醛的结
构简式,推出D的结构简式为^Q^-CH2CH:OH;
(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HOCH2cH20H反应生成缩醛,即化学反应方程式为
Qyhq。.H千N4出。/ycnZ|.HQ;
VHO士3口射V
(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CH』TQ;
(5)若化合物E为苯甲醛的同系物,且相对分子质量比苯甲醛大14,则其分子式为CsH.oO,E的同分异构体能使FeCl3
溶液显色,说明含有酚羟基,假设苯环上有一OH、一C2Hs两个取代基,有邻间对三种结构,假设苯环上有一OH、-
CH3、一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职A一CH:,根据路线①,用乙烯与02在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙
CH3
烷,因此生成CHA—CH,的原料是CH3cH=CH2,生成丙烯,用2一氯丙烷发生消去反应,合成路线为
I-
CH3
0
Cl0c
INaOH,8?02/\C02/\
)
CH3cHeH---►CH2=CHCHJ-^->CH-CH2——►00。
CHJH2C—CH-CH3
【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,
0
醛与酮互为同分异构体,则有CH』rQ,符合峰有4种,峰面积之比为3:2:2:1,然后将一CH2CHO,拆成一
CH3和一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。
222
19、打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔4SO2+2S+CO3=3S2O3+CO2增大
SO2与溶液的接触面积,使反应充分be滴入最后一滴Na2s2O3溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复
0.03mol/La
【解析】
装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫,进入B装置,多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积,装置B
中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠;装置C检验二氧化硫的吸收效果,需要有明显的实验现象;
装置D进行尾气吸收。
(4)滴定过程中,COO??-将碘离子氧化成碘单质,然后滴入Na2s2。3标准液滴定生成的碘单质的量,从而确定C"O72-
的量,进而确定领离子的量。
【详解】
(1)若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞,或没有将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔,分液漏斗内的液体将不能顺利滴下,
为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔;
⑵根据已知信息SO2、Na2S,Na2cO3反应生成Na2s2O3和CO2,该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低,做氧化剂,
222
硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂,结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为:4SO2+2S-+CO3-=3S2O3-+CO2;
在该装置中使用多孔球泡可以增大接触面积,使反应充分;
(3)a.二氧化硫可以被双氧水氧化,但没有明显现象,故a不选;
b.滨水可以氧化二氧化硫,且溶液颜色会发生变化,故b选;
c.高镒酸钾可以氧化二氧化硫,且溶液颜色会发生变化,故c选;
d.二氧化硫与氯化钢溶液不反应,故d不选;
综上所述选be;
⑷①滴定终点碘单质被完全反应,溶液蓝色褪去,所以滴定终点的现象为:滴入最后一滴Na2s2O3溶液蓝色褪去且在
半分钟内不恢复;
SO??一将碘离子氧化成碘单质,自身被还原成CN+,所以有转化关系CrzCV-〜3L,滴定过程中发生反应L+2S2()32-=
2〜
S4O6-+21-,所以I22s2O3%领离子与CnCV-存在转化关系2Ba?+〜2BaCrC>4〜CnCV-,所以Ba?+和Szth?-存在数量
0.018Lx0.100mol/Lx—
关系2Ba2+〜6s2035所以废液中Ba?+的浓度为
-----------------------------=0.03moT!ji
0.02L
②a.滴定管未用标准液润洗,会稀释标准液,导致消耗标准液的体积偏大,测定结果偏高;
b.滴定终点时俯视读数导致读数偏小,读取的标准液体积偏小,测定结果偏低;
c.锥形瓶用蒸储水洗涤后未进行干燥处理,对待测液的溶质的物质的量没有影响,故对实验结果不影响;
d.滴定管尖嘴处滴定前无气泡,滴定终点发现有气泡将使读取的标准液体积偏小,测定结果偏低;
综上所述选a。
20、检查装置气密性分液漏斗B吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体蒸发浓缩,冷却结晶
玻璃棒、烧杯、漏斗碱石灰制备
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