四川省自贡一中、二中重点中学新高考仿真卷化学试题及答案解析_第1页
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文档简介

四川省自贡一中、二中重点中学新高考仿真卷化学试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列说法正确的是A.612B.在光照下与氯气反应,生成的一氯代物有3种C.CH3COOCH2CH3和CH3COOCH3互为同系物D.某有机物的名称为3-乙基丁烷2、下列物质的分离方法中,利用粒子大小差异的是A.过滤豆浆B.酿酒蒸馏C.精油萃取D.海水晒盐A.A B.B C.C D.D3、下列有关化学用语表示正确的是()A.中子数比质子数多1的磷原子: B.Al3+的结构示意图:C.次氯酸钠的电子式: D.2-丁烯的结构简式:CH2=CH-CH=CH24、下列有机物都可以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应,条件相同时,转化率最高的是()A.B.C.D.5、CalanolideA是一种抗HIV药物,其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是()A.分子中有3个手性碳原子B.分子中有3种含氧官能团C.该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH6、下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是A.嵌入锌块后的负极反应:Fe﹣2e-=Fe2+B.可用镁合金块代替锌块进行保护C.腐蚀的正极反应:2H2O+O2+4e-=4OH-D.该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法7、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A.电子层数 B.原子半径 C.最高化合价 D.最外层电子数8、将13.4克KCl和KBr的混合物,溶于水配成500mL溶液,通入过量的Cl2,反应后将溶液蒸干,得固体11.175克。则原来所配溶液中K+、Cl-、Br-的物质的量之比为A.3︰2︰1 B.1︰2︰3 C.5︰3︰3 D.2︰3︰19、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是()A.该有机物的分子式为C12H12O4B.1mol该有机物最多能与4molH2反应C.该有机物可与NaHCO3溶液反应放出CO2,生成2.24LCO2(标准状况下)需要0.1mol该有机物D.该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应10、利用如图装置模拟铁的电化学保护。下列说法正确的是A.若X为锌棒,开关K置于M处,为外加电流阴极保护法B.若X为碳棒,开关K置于N处,为牺牲阳极阴极保护法C.若X为锌棒,开关K置于M处,Zn极发生:Zn-2e→Zn2+D.若X为碳棒,开关K置于N处,X极发生还原反应11、下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是()A.观察Fe(OH)2的生成B.配制一定物质的量浓度的NaCO3溶液C.除去CO中的CO2D.实验室模拟制备NaHCO312、2018年是“2025中国制造”启动年,而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列有关化学知识的说法错误的是A.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”B.我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维,是一种非金属材料C.用聚氯乙烯代替木材,生产快餐盒,以减少木材的使用D.碳纳米管表面积大,可用作新型储氢材料13、化学与人类生产、生活密切相关,下列叙述中正确的是A.可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应.B.2022年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C.“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料D.建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料14、四元轴烯t,苯乙烯b及立方烷c的结构简式如下,下列说法正确的是A.b的同分异构体只有t和c两种 B.t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C.t、b、c的二氯代物均只有三种 D.b中所有原子-定不在同-个平面上15、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理,按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。下列说法正确的是()A.乙装置中盛放的是饱和食盐水B.丙装置中的溶液变浑浊,因有碳酸氢钠晶体析出C.丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D.实验结束后,分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶16、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐,可用于制备Al2O3、K2CO3等物质,制备流程如图所示:下列有关说法正确的是A.上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B.钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2C.煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D.沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)3↓二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物W在医药和新材料等领域有广泛应用。W的一种合成路线如图:已知部分信息如下:①1molY完全反应生成2molZ,且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应②+R1COOH③RCH2NH2++H2O请回答下列问题:(1)Y的化学名称是___;Z中官能团的名称是___;(2)中_____________(填“有”或“无”)手性碳原子;图示中X转化为Y的反应类型是___。(3)生成W的化学方程式为___。(4)G是对硝基乙苯的同分异构体,G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2(氨基),G的同分异构体有___种(不考虑立体结构),其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构简式为_________________。(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线__________(无机试剂自选)。18、有机化合物H的结构简式为,其合成路线如下(部分反应略去试剂和条件):已知:①②(苯胺易被氧化)请回答下列问题:(1)烃A的名称为_______,B中官能团为_______,H的分子式为_______,反应②的反应类型是_______。(2)上述流程中设计C→D的目的是_______。(3)写出D与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。(4)符合下列条件的D的同分异构体共有_______种。A.属于芳香族化合物B.既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式:______。(任写一种)(5)已知:苯环上连有烷基时再引入一个取代基,常取代在烷基的邻对位,而当苯环上连有羧基时则取代在间位,据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸()合成路线(无机试剂任选)。_______19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________,c中试剂为_________。(2)反应开始后,c中先有浑浊产生,后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率,可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2,不能过量,原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验,检测产品中是否存在Na2SO4:___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料:ⅰ.Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ.Ag2S2O3为白色沉淀,Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀,振荡后,沉淀溶解,得到无色溶液(6)根据实验①的现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过____(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象:____。(7)同浓度氧化性:Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀,沉淀很快变为黄色、棕色,最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下,填入合适的物质和系数:Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验,Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。20、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂,其制备过程如图。回答下列问题:步骤一:以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是___,C装置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B装置中发生反应的化学方程式是___________。步骤二:制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤,向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液,反应生成MnCO3沉淀。过滤,洗涤,干燥。(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。步骤三:制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体向11.5gMnCO3固体中加入醋酸水溶液,反应一段时间后,过滤、洗涤,控制温度不超过55℃干燥,得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下:(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响,实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为___________。21、苯并环己酮是合成萘()或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1-乙基萘的一种路线如图所示:已知:回答下列问题:(1)萘环上的碳原子的编号如(a)式,根据系统命名法,(b)式可称为2-硝基萘,则化合物(c)的名称应是__。(2)有机物含有的官能团是__(填名称),X的结构简式是__。(3)步骤III的反应类型是__,步骤IV的反应类型是__。(4)反应II的化学方程式是__。(5)1-乙基萘的同分异构体中,属于萘的取代物的有__种(不含1-乙基蔡)。W也是1-乙基萘的同分异构体,它是含一种官能团的苯的取代物,核磁共振氢谱显示W有3种不同化学环境的氢,峰面积比为1:1:2,W的结构简式为__。(6)写出用CH3COCH3和CH3MgBr为原料制备的合成路线(其他试剂任选)。__。

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、612C表示质量数为12、质子数为6的一种核素,故A错误;B、分子结构中有两种氢原子,所以其一氯代物有2种,即B错误;C、同系物是结构相似,分子组成上相差若干个CH2点睛:同系物概念中的结构相似,是指结构特征或碳原子的成键特征相似,若有官能团时,不仅要求官能团相同,官能团的数目也要相同;有机物的命名要遵循最长碳链为主链,支链的位置最小或位置和最小,要正确表达取代基的位置、数目、名称以及与主链的关系等。2、A【解析】

A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的,留在滤纸上的物质颗粒大,不能透过滤纸,滤液中的物质颗粒小,可以透过滤纸,A正确;B、蒸馏利用的是物质的沸点不同,B错误;C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同,C错误;D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大,让水蒸发掉,从而获得盐,D错误;答案选A。3、A【解析】

本题主要考查化学用语的书写。【详解】A.磷原子核电荷数为15,中子数比质子数多1的磷原子:,故A项正确;B.铝原子核电荷数为13,Al3+核外有10个电子,其结构示意图:,故B项错误;C.次氯酸钠属于离子化合物,电子式为:,故C项错误;D.2-丁烯的结构中,碳碳双键在2号碳上,主碳链有4个碳,其结构简式为:,故D项错误;答案选A。4、C【解析】

卤代烃消去反应的机理是断裂卤原子和连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的氢形成双键或三键,相邻碳原子上的C﹣H键极性越强的氢原子,越容易断裂,而碳氢键的极性受其他原子团的影响,据此解答。【详解】碳碳双键为吸电子基团,ABC三种溴代烃中连溴原子碳原子的相邻碳上的C﹣H键受双键吸电子的影响程度不同,按照C﹣H键极性由强到弱的顺序排列依次是:C、A、B,所以碳氢键断裂由易到难的顺序为:C、A、B;D分子中不存在碳碳双键,相邻碳上的C﹣H键极性比前三者弱,所以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应,条件相同时,转化率有高到低的顺序是:C、A、B、D,答案选C。5、D【解析】

A选项,分子中有3个手性碳原子,手性碳原子用*标出,,故A正确,不符合题意;B选项,分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团,故B正确,不符合题意;C选项,该物质含有羟基,且连羟基的碳相邻碳上有氢原子,能发生消去反应,含有碳碳双键、苯环可发生加成反应,故C正确,不符合题意;D选项,该物质中含有酚酸酯,1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH,故D错误,符合题意。综上所述,答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子,1mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠,1mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。6、A【解析】

A.嵌入锌块做负极,负极反应为Zn-2e-=Zn2+,A项错误;B.上述方法为牺牲阳极的阴极保护法,即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船,故可以用镁合金来代替锌块,B项正确;

C.由于海水呈弱碱性,铁发生吸氧腐蚀,故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-,C项正确;D.此保护方法是构成了原电池,牺牲了锌块保护轮船,故为牺牲阳极的阴极保护法,D项正确;答案选A。7、D【解析】

A项,原子序数1、2的原子电子层数相同,原子序数3~10的原子电子层数相同,原子序数11~18的原子电子层数相同,A项不符合;B项,同周期主族元素,随原子序数递增原子半径减小,B项不符合;C项,第二周期的氧没有最高正价,第二周期的F没有正价,C项不符合;D项,第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2,第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8,D项符合;答案选D。8、A【解析】

溶液为电中性,阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-),据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性,即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷,在KCl和KBr的混合溶液中,存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A.3=2+1,说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-),故A正确;B.1≠2+3,说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-),故B错误;C.5≠3+3,说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-),故C错误;D.2≠3+1,说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-),故D错误;答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答,均较为繁琐,从溶液电中性角度解答,可以起到事半功倍的效果。9、B【解析】

A.由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4,故A不符合题意;B.能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基,则1mol该有机物最多能与5molH2反应,故B符合题意;C.只有羧基能与NaHCO3反应,则0.1mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1molCO2,气体体积为2.24L(标准状况下),故C不符合题意;D.分子中含有碳碳双键、醛基,可发生加成、氧化、还原反应,含有羧基、羟基,可发生取代反应,故D不符合题意;故答案为:B。10、C【解析】

A.若X为锌棒,开关K置于M处,该装置是原电池,锌易失电子作负极、铁作正极,作正极的铁被保护,这种方法称为牺牲阳极阴极保护法,故A错误;B.若X为碳棒,开关K置于N处,该装置是电解池,碳作阳极、铁作阴极,作阴极的铁被保护,这种方法称为外加电流阴极保护法,故B错误;C.若X为锌棒,开关K置于M处时,该装置是原电池,活泼金属锌失电子发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,故C正确;D.若X为碳棒,开关K置于N处时,该装置是电解池,阳极X上是氢氧根离子失电子发生氧化反应,故D错误;故答案为C。11、A【解析】

A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化铁要隔绝空气;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器;C.洗气瓶洗气,注意气体的进出方向;D.氨气极易溶于水,不能将导管直接插入食盐水中。【详解】A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气,植物油和水不互溶,且密度小于水,所以用植物油能隔绝空气,能实现实验目的,故A正确;B.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器,应该用烧杯溶解硝酸钠,然后等溶液冷却到室温,再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中,故B错误;C.洗气瓶洗气时,瓶内装有吸收杂质的液体,混合气从长管进、短管出(即长进短出或深入浅出),故C错误D.通氨气的导管插入液面太深,易发生倒吸;通二氧化碳的导管没有插入溶液中,二氧化碳不易被溶液吸收,影响碳酸氢钠的制备,故D错误;【点睛】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及物质制备、物质检验、气体除杂、溶液配制等知识点。没有正确掌握常见制备仪器的使用方法以及收集方法致错。12、C【解析】

A.二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水,所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路,A正确;B.碳纤维是碳的一种单质,属于非金属材料,B正确;C.聚氯乙烯难降解,大量使用能够引起白色污染,且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等,C错误;D.碳纳米管表面积大,据有较大的吸附能力,所以可以用作新型储氢材料,D正确;答案选C。13、B【解析】

A.银可以与硝酸反应,浓硝酸:Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O,稀硝酸:3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O,故A错误;B.聚乙烯塑料属于塑料,是一种合成有机高分子材料,故B正确;C.光导纤维的主要成分为二氧化硅,故C错误;D.建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料,故D错误;故选B。【点睛】硝酸属于氧化性酸,浓度越大氧化性越强,所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。14、B【解析】

A.b苯乙烯分子式为C8H8,符合分子式的有机物结构可以是多种物质;B.t和b含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化;C.根据一氯代物中氢原子的种类判断;D.b含有碳碳双键和苯环,为平面形结构。【详解】A.b苯乙烯分子式为C8H8,对应的同分异构体也可能为链状烃,故A错误;B.t和b含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,故B正确;C.不考虑立体结构,二氯代物t和e均有3种,b有14种,故C错误;D.b含有碳碳双键和苯环,为平面形结构,苯环和碳碳双键可能在同一个平面上,故D错误。故选B。15、B【解析】

工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳,由于氨气在水中的溶解度大,所以先通入氨气,通入足量的氨气后再通入二氧化碳,生成了碳酸氢钠,由于碳酸氢钠的溶解度较小,所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出,将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠,据此分析解答。【详解】A.利用盐酸制取二氧化碳时,因盐酸易挥发,所以,二氧化碳中常会含有氯化氢气体,碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应,所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体,因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液,故A错误;B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小,丙装置中的溶液变浑浊,因有碳酸氢钠晶体析出,故B正确;C.实验过程中氨气可能有剩余,而稀硫酸能与氨气反应,所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3,氨气极易溶于水,丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸,故C错误;D.分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体,常采用的实验操作是过滤操作,故D错误;答案选B。【点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A,要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。16、C【解析】

A.CO2、Na2CO3既是反应的产物,也是反应过程中需要加入的物质,因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2,A错误;B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2,B错误;C.煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3,K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2,C正确;D.向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体,会产生HCO3-,发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓,D错误;故合理选项是C。二、非选择题(本题包括5小题)17、2,3-二甲基-2-丁烯羰基无消去反应17、【解析】

由分子式可知,X为饱和一元醇(或醚),X在浓硫酸、加热条件下转化为Y,Y发生信息②中氧化反应生成Z,故X为饱和一元醇,X发生消去反应生成烯烃Y,1molY完全反应生成2molZ,则Y为结构对称,且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应,结合信息②可知Z为,则Y为、X为,结合信息③可推知W为。乙苯发生硝化反应生成,然后发生还原反应生成,据此分析解答。【详解】(1)由分析可知,Y为,Y的化学名称是:2,3-二甲基-2-丁烯;Z为,Z中官能团的名称是:羰基;(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子,故中没有手性碳原子;图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键,属于消去反应;(3)生成W的化学方程式为:;(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体,G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基),G中还含有羧基,苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH;可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH,或者为-NH2、-CH2COOH,均有邻、间、对三者位置结构;可以有3个侧链为:-CH3、-NH2、-COOH,氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构,对应的甲基分别有4种、4种、2种位置,故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2=17种,其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1:2:2:2:2的结构简式为:和;(5)由与反应生成;苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯,乙苯发生硝化反应生成,再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成,然后与Fe/HCl反应生成,合成路线流程图为:。18、甲苯氯原子或-ClC7H7O3N取代反应或硝化反应保护(酚)羟基不被氧化+2NaOH+CH3COONa+H2O14或【解析】

H的结构简式为,逆推可知G为。纵观整个过程,可知烃A为芳香烃,结合C的分子式C7H8O,可知A为,A与Cl2发生苯环上氯代反应生成B,B中氯原子发生水解反应、酸化引入-OH生成C,C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D,D与酸性KMnO4溶液反应,D中-CH3被氧化成-COOH生成E,E→F转化中在苯环上引入硝基-NO2,F→G的转化重新引入酚羟基,可知C→D的转化目的防止酚羟基被氧化,结合H的结构简式,可推知B为、C为、D为、E为、F为。(5)甲基氧化引入羧基,硝基还原引入氨基,由于氨基易被氧化,应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基,结合苯环引入基团的定位规律,甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯,然后邻硝基甲苯再被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸,最后邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸。【详解】根据上述分析可知:A为,B为、C为、D为、E为、F为,G为,H为。(1)烃A为,A的名称为甲苯。B为,B中官能团为氯原子。H的结构简式为,H的分子式为C7H7O3N。反应②是苯环上引入硝基,反应类型是:取代反应;(2)C→D中消除酚羟基,F→G中又重新引入酚羟基,而酚羟基容易被氧化,所以流程中设计C→D的目的是:保护(酚)羟基不被氧化;(3)D是,D与足量NaOH溶液发生酯的水解反应,化学方程式为:+2NaOH+CH3COONa+H2O,(4)D为,其符合下列条件的同分异构体:A.属于芳香族化合物,说明含有苯环;B.既能发生银镜反应又能发生水解反应,说明含有-OOCH基团。只有1个取代基为-CH2CH2OOCH和-CH(CH3)OOCH两种不同结构;有2个取代基为-CH3、-CH2COOH,或者-CH2CH3、-OOCH,这两种情况均有邻、间、对3种位置结构,种类数为2×3=6种;有3个取代基为-CH3、-CH3、-OOCH,2个甲基有邻、间、对3种位置结构,对应的-OOCH分别有2种、3种、1种位置,故符合条件的共有2+3×2+2+3+1=14种。其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为6:2:1:1的同分异构体的结构简式:或。(5)以甲苯为原料合成的方法是:先使甲苯发生取代反应产生邻硝基甲苯,用酸性KMnO4氧化甲基为—COOH,得到邻硝基甲苯,用Fe在HCl存在条件下发生还原反应,—NO2被还原得到—NH2,就生成邻氨基苯甲酸。故合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物推断与合成,涉及物质的命名、反应类型的判断、操作目的、同分异构体种类的判断及符合要求的同分异构体结构简式的书写等。要采用正推、逆推相结合的方法分析判断。需要熟练掌握官能团性质与转化,并对给予的信息进行利用,结合转化关系中有机物H的结构和反应条件进行推断。19、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3-+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量,溶液显酸性,产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸,静置,取上层溶液(或过滤,取滤液),滴加BaCl2溶液,若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快,氧化还原反应速率慢;Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大,Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移,最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物,浓度降低,Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置,制取二氧化硫的原料为:亚硫酸钠和70%的浓硫酸;c装置为Na2S2O3的生成装置;d装置为尾气吸收装置,吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体,结合问题分析解答;Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+;根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答;(7)实验②滴加AgNO3溶液,先生成白色絮状沉淀,振荡后,沉淀溶解,得到无色溶液,说明溶液中Ag+较低,减少了发生氧化还原反应的可能;(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价,生成的Ag2S中S元素化合价为-2价,是还原产物,则未知产物应是氧化产物,结合电子守恒、原子守恒分析即可;(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置,制取二氧化硫的原料为:亚硫酸钠和70%的浓硫酸,反应的离子方程式为:SO32-+2H+=SO2↑+H2O,c装置为Na2S2O3的生成装置,根据反应原理可知c中的试剂为:硫化钠和碳酸钠的混合溶液;(2)反应开始时发生的反应为:Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3,SO2+2H2S=3S↓+2H2O,故该浑浊物是S;(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率;(4)硫代硫酸钠遇酸易分解,若通入的SO2过量,则溶液显酸性,硫代硫酸钠会分解;(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸,静置,取上层溶液(或过滤,取滤液),滴加BaCl2溶液,若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色,取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则有Fe2+生成,可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+;混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色,说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应,且促进平衡逆向移动;先变成紫黑色后变无色,说明生成紫色配合物的反应速率快,氧化还原反应速率慢;另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移,最终溶液几乎无色;(7)同浓度氧化性:Ag+>Fe3+,但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应,结合实验现象先生成白色絮状沉淀,振荡后,沉淀溶解,得到无色溶液,说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物,浓度降低,Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱;(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价,生成的Ag2S中S元素化合价为-2价,是还原产物,则未知产物应是氧化产物,如果产物是H2SO3,能被Ag+继续氧化,则氧化产物应为H2SO4,结合原子守恒可知,另一种反应物应为H2O,发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4;(9)结合实验①、②、③可知,Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。20、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗涤液少许于试管中,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,若无沉淀生成,证明沉淀已洗涤干净温度过高会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%【解析】

将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2,将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4,由于SO2是大气污染物,未反应的SO2不能直接排放,可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理,同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O,将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰,根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏

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