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文档简介
安徽省马鞍山中加双语学校新高考考前提分化学仿真卷注意事项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、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A.推广电动汽车,践行绿色交通 B.改变生活方式,预防废物生成C.回收电子垃圾,集中填埋处理 D.弘扬生态文化,建设绿水青山2、下列实验操作正确的是A.用长预漏斗分离油和水的混合物B.配制0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C.将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液,可收集到纯氯气D.用湿布熄灭实验台上酒精着火3、下列有关解释正确的是()选项文献解释A“三月打雷麦谷堆”反应之一是B“火树银花合,星桥铁锁开”“火树银花”与焰色反应有关,焰色反应为化学变化C“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”酿酒过程中只发生水解反应D“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”该过程包括萃取和过滤两个操作A.A B.B C.C D.D4、下列说法正确的是()A.氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B.石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料,用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C.由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”,可推知C比S的非金属性弱。D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。5、用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法中不正确的是A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAB.NA个P4()与NA个甲烷所含的共价键数目之比为1∶1C.常温下,1LpH=13的M(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NAD.含0.4molHNO3的浓硝酸与足量的铜反应,转移的电子数大于0.2NA6、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最外层电子数为内层电子数的3倍,X在短周期主族元素中金属性最强,W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是()A.原子半径:r(Z)>r(X)>r(W)B.W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C.由W与X形成的一种化合物可作供氧剂D.Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强7、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体,能达到实验目的的是A.用图甲装置制取并收集二氧化硫B.用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C.用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D.用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发结晶8、CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应:NH3+CO2→+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A.分子式为C3H6N3O3B.属于共价化合物C.分子中既含极性键,又含非极性键D.生成该物质的上述反应为中和反应9、下列说法正确的是()A.Na2CO3分子中既存在离子键,也存在共价键B.硅晶体受热融化时,除了破坏硅原子间的共价键外,还需破坏分子间作用力C.H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力D.液态AlCl3不能导电,说明AlCl3晶体中不存在离子10、根据元素周期律,由下列事实进行归纳推测,合理的是事实推测A.Mg与水反应缓慢,Ca与水反应较快Be与水反应会更快B.HCl在1500℃时分解,HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间C.SiH4,PH3在空气中能自燃H2S在空气中也能自燃D.标况下HCl,HBr均为气体HF也为气体A.A B.B C.C D.D11、室温下,用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol•L-1的HA和HB两种酸溶液,滴定曲线如图所示[已知AG=lg],下列说法不正确的是()A.P点时,加入NaOH溶液的体积为20.00mLB.Ka(HB)的数量级为10-4C.水的电离程度:N>M=PD.M、P两点对应溶液中存在:c(A-)=c(B-)12、已知:。下列关于(b)、(d)、(p)的说法不正确的是A.有机物可由2分子b反应生成B.b、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色C.b、q、p均可与乙烯发生反应D.p的二氯代物有五种13、除去燃煤烟气中的有毒气体,一直是重要的科研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮,探究SO2和NO同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02%)、SO2(4.99%)、NO(4.99%)混合而成,各气体的流量分别由流量计控制,调节三路气体相应的流量比例,充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO[Fe(NO)]SO4(棕色),下列说法不正确的是A.反应开始前应该关闭d,打开e,通入一段时间的N2B.观察到装置A中有黑色固体生成,则A中反应为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+C.洗气瓶A的出气管口有两个玻璃球泡,目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D.实验中观察到B中红色褪去,C中变为浅棕色,说明KMnO4不能吸收NO14、25℃时,一定量的甲烷与aL(已折合成标准状况)空气的混合气体充分反应,甲烷恰好完全燃烧,恢复至25℃时,放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1/5,则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A.B.C.D.15、已知:4FeO42﹣+10H2O═4Fe(OH)3↓+8OH﹣+3O2↑,测得c(FeO42﹣)在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示:下列说法正确的是()A.图甲表明,其他条件相同时,温度越低FeO42﹣转化速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,碱性越强FeO42﹣转化速率越快C.图丙表明,其他条件相同时,碱性条件下Fe3+能加快FeO42﹣的转化D.图丁表明,其他条件相同时,钠盐都是FeO42﹣优良的稳定剂16、下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的操作A配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中,再加水稀释B除去乙醇中的水加入无水氯化钙,蒸馏C除去NO中的NO2将气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶D除去Cl2中的HCl得到纯净的Cl2将Cl2和HCl混合气体通过饱和食盐水A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括5小题)17、由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物,其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略):请分析后回答下列问题:(1)反应的类型分别是①________,②________。(2)D物质中的官能团为________。(3)C物质的结构简式为________,物质X与A互为同分异构体,则X的结构简式为________,X的名称为________。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外,还可反应生成一种高分子化合物,试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。18、普鲁卡因M(结构简式为)可用作临床麻醉剂,熔点约60℃。它的一条合成路线如下图所示(部分反应试剂和条件已省略):已知:B和乙醛互为同分异构体;的结构不稳定。完成下列填空:(1)比A多两个碳原子,且一氯代物只有3种的A的同系物的名称是____________。(2)写出反应①和反应③的反应类型反应①_______________,反应③_______________。(3)写出试剂a和试剂b的名称或化学式试剂a________________,试剂b____________________。(4)反应②中将试剂a缓缓滴入C中的理由是_____________________________。(5)写出B和F的结构简式B________________________,F________________(6)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式________________。①能与盐酸反应②能与碳酸氢钠反应③苯环上有2种不同环境的氢原子19、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:请回答下列问题:(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________;得到滤渣1的主要成分为__________。(2)第②步中加H2O2的作用是__________,使用H2O2的优点是__________;调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。(3)第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:甲:滤渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙:滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O丙:滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三种方案中,__________方案不可行,原因是__________;从原子利用率角度考虑,__________方案更合理。(5)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________;②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子20、ClO2是一种优良的消毒剂,熔点为-59.5℃,沸点为11.0℃,浓度过高时易发生分解引起爆炸,实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ:制取并收集ClO2,装置如图所示:(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ:测定装置A中ClO2的质量,设计装置如图:过程如下:①在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用100mL水溶解后,再加3mL硫酸溶液;②按照右图组装好仪器;在玻璃液封管中加入①中溶液,浸没导管口;③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中,充分吸收后,把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中,洗涤玻璃液封管2—3次,都倒入锥形瓶,再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液;④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体,共用去VmLNa2S2O3溶液(已知:I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。21、用合成EPR橡胶的两种单体A和B合成PC塑料其合成路线如下:已知:①RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH②(CH3)2C=CHCH3+H2O2+H2O③+(n-1)H2O回答下列问题:(I)F的结构简式为__________,反应Ⅲ的反应类型为___________。(2)C的名称为__________。(3)写出反应Ⅳ的化学方程式:____________________。(4)从下列选项中选择______试剂,可以一次性鉴别开D、G、H三种物质。(填字母)A.氯化铁溶液B.浓溴水C.酸性KMnO4溶液(5)满足下列条件的有机物E的同分异构体有__________种。①与E属于同类别物质;②核磁共振氢谱有6组峰,峰面积比为1:1:1:1:1:3。(6)以丙烯和丙酮为原料合成,无机试剂任选,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)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】根据大会主题“迈向无污染的地球”,所以A可减少污染性气体的排放,即A正确;B可减少废物垃圾的排放,则B正确;C电子垃圾回收后,可进行分类处理回收其中的有用物质,而不能填埋,故C错误;D生态保护,有利于有害气体的净化,故D正确。本题正确答案为C。2、D【解析】A、油和水互不相溶,分层,分离油和水的混合物应用分液漏斗,故A错误;B、硝酸有强氧化性,能将二价铁氧化为三价铁,故B错误;C、将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液,会产生CO2,应通过饱和食盐水,才可收集到纯氯气,故C错误;D、用湿布熄灭实验台上酒精着火,属于隔绝氧气灭火,故D正确;故选D。3、D【解析】
A.“雷雨肥庄稼”原理是在放电条件下,氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体;一氧化氮不溶于水,在常温下易跟空气中的氧气化合,生成红棕色的二氧化氮气体;二氧化氮易溶于水,它溶于水后生成硝酸和一氧化氮;B.不同金属元素灼烧产生不同的焰色;C.葡萄糖是单糖不能发生水解反应,在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应;D.物质在互不相容的溶剂中的溶解度不同,可加入一种溶解性大的溶剂溶解提取的物质,进行物质分离。【详解】A.“三月打雷麦谷堆”(雷雨肥庄稼)的反应过程为:在放电条件下,氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体;一氧化氮不溶于水,在常温下易跟空气中的氧气化合,生成红棕色的二氧化氮气体;二氧化氮易溶于水,它溶于水后生成硝酸和一氧化氮,氮气和氧气不能生成二氧化氮,即N2+2O22NO,2NO+O2=2NO2,故A错误;B.火树银花”是不同金属元素灼烧产生的现象,与金属的焰色反应有关,没有生成新物质,是物理变化,故B错误;C.葡萄糖是单糖不能发生水解反应,在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应,故C错误。D.屠呦呦对青蒿素的提取,是物理变化过程,符合萃取原理,故D正确;【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系,解题关键:够熟悉物质的性质并用化学知识解释化学现象。易错点C,学生对对酿酒的原理不熟悉。4、D【解析】
A.氢键也属于分子间作用力,分子间作用力不仅影响物质的熔沸点,也影响物质的溶解性,故A错误;B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构,所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料,故B错误;C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大,则碳酸的酸性小于亚硫酸,而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物,不能比较C比S的非金属性弱,故C错误;D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液,Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液,硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成,所以可能会观察到浑浊现象,故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点,注意氢键不是化学键,属于分子间作用力,为易错点。5、B【解析】
A.在乙醇溶液中,除了乙醇外,水中也含H原子,而10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇,物质的量为0.1mol,含0.6NA个H原子,水5.4g,物质的量为0.3mol,含H原子为0.6NA个,故共含H原子为1.2NA个,故A正确;B.白磷分子中含6条共价键,而甲烷中含4条共价键,因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3∶2,故B错误;C.pH=13的M(OH)2溶液中,氢氧根的浓度为0.1mol/L,因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为0.1NA个,故C正确;D.硝酸的物质的量为0.4mol,若与铜反应完全生成二氧化氮,转移电子物质的量为0.2mol,但是由于铜足量,浓硝酸随着反应的进行,后来变成了稀硝酸,生成了一氧化氮,转移的电子数增加,所以0.4mol硝酸与足量的铜反应,转移的电子数大于0.2mol,故D正确;故选B。【点睛】本题的易错点为D,要注意随着反应的进行,硝酸的浓度减小,难点为A,要注意水分子中也含有H原子。6、C【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最外层电子数为内层电子数的3倍,则W为氧元素,X在短周期主族元素中金属性最强,则X为钠元素,W与Y属于同一主族,则Y为硫元素,Z为短周期元素中原子序数比Y大,则Z为氯元素,据此分析。【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最外层电子数为内层电子数的3倍,则W为氧元素,X在短周期主族元素中金属性最强,则X为钠元素,W与Y属于同一主族,则Y为硫元素,Z为短周期元素中原子序数比Y大,则Z为氯元素。A.同主族从上而下原子半径依次增大,同周期从左而右原子半径依次减小,故原子半径:r(X)>r(Z)>r(W),选项A错误;B.非金属性越强简单气态氢化物的稳定性越强,则W的简单气态氢化物H2O的热稳定性比Y的简单气态氢化物H2S强,选项B错误;C.由W与X形成的一种化合物Na2O2可作供氧剂,选项C正确;D.非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强,则H2SO4的酸性比HClO4的弱,选项D错误;答案选C。7、C【解析】
A.二氧化硫密度比空气大;B.类比浓硫酸的稀释;C.操作符合过滤中的一贴二低三靠;D.溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A.二氧化硫密度比空气大,应用向上排空气法收集,选项A错误;B.反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸,稀释该混合物时,要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中,并用玻璃棒不断搅拌,选项B错误;C.转移液体时用玻璃棒引流,防止液体飞溅,操作符合过滤中的一贴二低三靠,操作正确,选项C正确;D.溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体,不能进行蒸发结晶,选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查较为综合,涉及基础实验操作,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高频考点,注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器,注重相关基础知识的积累,难度不大。8、B【解析】
A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3,A错误;B、由不同种元素组成,分子中的化学键全部是共价键,属于共价化合物,B正确;C、同种元素原子形成的共价键是非极性键,不同种元素原子形成的共价键是极性键,则分子中只含极性键,C错误;D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应,生成该物质的上述反应不是中和反应,D错误;答案选B。9、D【解析】
A.Na2CO3是离子化合物,没有分子,A项错误;B.硅晶体是原子晶体,不存在分子间作用力,B项错误;C.H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大,C项错误;D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电,说明在液态时不存在自由移动的离子,即原晶体中不存在离子,则液态AlCl3不能导电,说明AlCl3晶体中不存在离子,D项正确;答案选D。10、B【解析】
A.金属性越强,与水反应越剧烈,则Be与水反应很缓慢,故A错误;B.非金属性越强,氢化物越稳定,由事实可知,HBr的分解温度介于二者之间,故B正确;C.自燃与物质稳定性有关,硫化氢较稳定,则H2S在空气中不能自燃,故C错误;D.HF可形成氢键,标况下HCl、HBr均为气体,但HF为液体,故D错误;故选:B。11、D【解析】
未加NaOH溶液时,HA的AG=12,则c(H+)•c(OH-)=10-14,=10-12,则c(H+)=0.1mol/L=c(HA),HA是强酸;未加NaOH溶液时,HB的AG=9,则c(H+)•c(OH-)=10-14,=10-9,则c(H+)=10-2.5mol/L<0.1mol/L,则HB是弱酸;【详解】A.P点AG=0时,c(H+)=c(OH-),混合溶液呈中性,HA是强酸,酸碱的物质的量相等,酸碱的物质的量浓度相等,则酸碱体积相等,所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL,故A正确;B.HB的电离程度较小,则溶液中c(B-)≈c(H+)=10-2.5mol/L,c(HB)≈0.1mol/L,Ka(HB)===10-4,故B正确;C.酸或碱抑制水电离,弱离子促进水电离,且酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大,M、P点溶液都呈中性,则M、P点不影响水的电离,N点NaB浓度较大,促进水电离,所以水的电离程度:N>M=P,故C正确;D.M、P点的AG都为0,都存在c(H+)=c(OH-),混合溶液呈中性,加入的NaOH越多,c(Na+)越大,溶液中存在电荷守恒,则存在P点c(A-)=c(Na+)、M点c(Na+)=c(B-),但是c(Na+):M<P点,则c(A-)>c(B-),故D错误;答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断,明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键,注意B中微粒浓度的近似处理方法。12、D【解析】
A.根据已知反应可知,有机物可由2分子b反应生成,故A正确;B.b、d、p均含有碳碳双键,则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.根据已知反应可知,b、q、p均可与乙烯发生反应,故C正确;D.p有2种等效氢原子,根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种,分别是3种、1种,故D错误;故选D。13、D【解析】
A.反应开始前应该关闭d,打开e,通入一段时间的N2排出体系中的空气,防止氧气干扰实验,故A正确;B.二氧化硫具有还原性,装置A中生成的黑色固体是MnO2,则A中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+,故B正确;C.洗气瓶A的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡,故C正确;D.实验中观察到B中红色褪去,C中变为浅棕色,说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收,故D错误;答案选D。【点睛】本题考查化学反应的实验探究,把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意物质性质的综合应用。14、C【解析】
空气中氧气的体积为L,则甲烷体积为L,物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ,则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l),且放热反应的焓变为负值,故C正确;答案:C【点睛】考察燃烧热的重点:(1)可燃物1mol(2)完全燃烧(3)生成稳定氧化物,H→H2O(l),C→CO2,S→SO2等。15、C【解析】
A.由甲图可知,升高温度,FeO42-的浓度变化较大;B.由乙图可知碱性越强,FeO42-的浓度变化越小;C.由丙图可知铁离子浓度越大,FeO42-的浓度变化越大;D.由丁图可知在磷酸钠溶液中,FeO42-的浓度变化较大。【详解】A.由甲图可知,升高温度,FeO42﹣的浓度变化较大,可知温度越高FeO42﹣转化速率越快,故A错误;B.由乙图可知碱性越强,FeO42﹣的浓度变化越小,则碱性越强FeO42﹣转化速率越小,故B错误;C.由丙图可知铁离子浓度越大,FeO42﹣的浓度变化越大,故C正确;D.由丁图可知在磷酸钠溶液中,FeO42﹣的浓度变化较大,可知钠盐不都是FeO42﹣优良的稳定剂,其中醋酸钠为优良的稳定剂,故D错误;故选:C。16、A【解析】
A选项,配制氯化铁溶液时,将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中,主要是抑制铁离子水解,再加水稀释到所需浓度,故A正确;B选项,除去乙醇中的水,先加氧化钙,再蒸馏得到无水乙醇,故B错误;C选项,除去NO中的NO2,氢氧化钠与一氧化氮、二氧化氮反应亚硝酸钠,因此将混合物通入到水中,二氧化氮与水反应生成一氧化氮,故C错误;D选项,除去Cl2中的HCl得到纯净的Cl2,将混合气体通过饱和食盐水,还含有水蒸气,故D错误。综上所述,答案为A。【点睛】除去Cl2中的HCl得到纯净的Cl2,将混合气体通过饱和食盐水,再通入浓硫酸干燥,才能得到纯净的氯气。二、非选择题(本题包括5小题)17、加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHOCH3-CHBr21,1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】
CH2=CH2和溴发生加成反应,生成A为CH2BrCH2Br,水解生成B为CH2OHCH2OH,氧化产物C为OHC-CHO,进而被氧化为D为HOOC-COOH,B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E,结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知:A为CH2BrCH2Br,B为CH2OHCH2OH,C为OHC-CHO,D为HOOC-COOH,E为。(1)由以上分析可知,反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br;反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应,产生,故反应①类型为加成反应,反应②类型为酯化反应;(2)由以上分析可知,D为HOOC-COOH,其中的官能团名称为羧基;(3)C为OHC-CHO,A为CH2BrCH2Br,物质X与A互为同分异构体,则X结构简式为CH3-CHBr2,该物质名称为1,1-二溴乙烷;(4)B为CH2OHCH2OH,D为HOOC-COOH,二者出能反应产生环状化合物E外,还可以反应产生一种高分子化合物,则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。18、1,2-二甲苯(或邻二甲苯)取代反应还原反应浓硝酸,浓硫酸浓硫酸防止出现多硝基取代的副产物(CH3)2NH(任写一种)【解析】
B和乙醛互为同分异构体,且的结构不稳定,则B为,由F与B反应产物结构可知,C2H7N的结构简式为H3C﹣NH﹣CH3。由普鲁卡因M的结构简式(),可知C6H6的结构简式为,与环氧乙烷发生类似加成反应得到C为,对比C、D分子式可知,C发生硝化反应得到D,由普鲁卡因M的结构可知发生对位取代反应,故D为,D发生氧化反应得到E为,E与HOCH2CH2N(CH3)2发生酯化反应得到G为,G中硝基被还原为氨基得到普鲁卡因,据此解答。【详解】(1)比A多两个碳原子,且一氯代物只有3种的A的同系物为,名称是1,2﹣二甲苯,故答案为1,2﹣二甲苯;(2)反应①属于取代反应,反应③属于还原反应,故答案为取代反应;还原反应;(3)反应②为硝化反应,试剂a为浓硝酸、浓硫酸,反应③为酯化反应,试剂b为浓硫酸,故答案为浓硝酸、浓硫酸;浓硫酸;(4)反应②中将试剂a缓缓滴入C中的理由是:防止出现多硝基取代的副产物,故答案为防止出现多硝基取代的副产物;(5)B的结构简式为,F的结构简式:H3C﹣NH﹣CH3,故答案为;H3C﹣NH﹣CH3;(6)一种同时满足下列条件的D()的同分异构体:①能与盐酸反应,含有氨基,②能与碳酸氢钠反应,含有羧基,③苯环上有2种不同环境的氢原子,可以是含有2个不同的取代基处于对位,符合条件的同分异构体为等,故答案为。19、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质,对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c【解析】
稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+,滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+,滤液1中加入过氧化氢,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀,滤液2中主要含有Cu2+,然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体;将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+;所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+;第①步Cu与酸反应的离子方程式为:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O;Pt、Au,(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+,过氧化氢做氧化剂不引入杂质,对环境无污染,根据流程图,调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀,故答案为将Fe2+氧化为Fe3+;不引入杂质,对环境无污染;Al3+、Fe3+;(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水,故答案为在坩埚中加热脱水;(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中,甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝,冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质,方法不可行;乙和丙方法均可行;乙方案先在滤渣中加H2SO4,生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,过滤除去生成的铁和过量的铝粉,将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体;丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2,再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体;但从原子利用角度考虑方案乙更合理,因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系,造成药品浪费,故答案为甲;所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;乙;(5)①取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol•L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液6mL,滴定反应如下:Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+,铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol;依据元素守恒得到:则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol;100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol,所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%,故答案为×100%;②a.未干燥锥形瓶对实验结果无影响,故错误;b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡,导致消耗标准液读数偏小,结果偏低,故错误;c.未除净可与EDTA反应的干扰离子,导致消耗标准液多,结果偏高,故正确;导致含量的测定结果偏高的是c,故答案为c。【点睛】掌握中和滴定的简单计算和误差的分析,离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4),要注意从原子利用的角度分析解答。20、降低ClO2的浓度,防止ClO2的浓度过高而发生分解,引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出,使ClO2全部反应,准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色,并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】
Ⅰ.(1)根据题给信息可知:NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质;(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃,NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质,ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸,ClO2的沸点低,用冰水可以使ClO2冷凝为液体;Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化
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