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安徽省长丰二中高三最后一模新高考化学试题注意事项: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、下列实验操作能达到目的的是()选项实验目的实验操作A配制100g10%的NaOH溶液称取10gNaOH溶于90g蒸馏水中B验证“84消毒液”呈碱性用pH试纸测量溶液的pHC检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧,观察火焰颜色D从溴水中获得溴单质利用SO2将Br2吹出后,富集、还原、分离A.A B.B C.C D.D2、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示:下列说法正确的是A.离子半径的大小顺序:e>f>g>hB.与x形成简单化合物的沸点:y>z>dC.x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D.e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应3、下列离子方程式正确的是()A.碳酸钙溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,出现白色沉淀:Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+C.将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合:OH−+Ca2++HCO=CaCO3↓+H2OD.往苯酚钠溶液中通入少量CO2:2+CO2+H2O2+CO4、下列各组物质,满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是()序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A.A B.B C.C D.D5、以淀粉为基本原料制备聚乙烯和乙酸。下列说法正确的是A.淀粉和葡萄糖都是营养物质,均能在体内发生水解、氧化反应B.工业上以石油为原料制取聚乙烯,需经裂解、加聚等反应C.燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量不同D.乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯,原子利用率为100%6、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素,可组成一种化合物A,其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系:己知C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A.原子半径b>cB.e的氧化物的水化物为强酸C.化合物A为共价化合物D.元素非金属性强弱c<e7、2019年4月25日,宣布北京大兴国际机场正式投运!该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技,被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用,下列有关说法错误的是A.青铜剑科技制造的第三代半导体芯片,其主要成分是SiO2B.支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃,属于硅酸盐材料C.机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D.耦合式地源热泵系统,光伏发电系统及新能源汽车的使用,可以减轻温室效应及环境污染8、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9、下列表示不正确的是()A.CO2的电子式 B.Cl2的结构式Cl—ClC.CH4的球棍模型 D.Cl-的结构示意图10、第三周期元素的原子中,未成对电子不可能有()A.4个 B.3个 C.2个 D.1个11、以下说法不正确的是A.日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢,主要用于半导体硅表面的刻蚀B.硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂,与维生素C片一起服用,效果更佳C.硫酸铜可用作农药,我国古代也用胆矾制取硫酸D.使生物质在一定条件下发生化学反应,产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换12、氢氧燃料电池是一种常见化学电源,其原理反应:2H2+O2=2H2O,其工作示意图如图。下列说法不正确的是()A.a极是负极,发生反应为H2-2e-=2H+B.b电极上发生还原反应,电极反应式为O2+4H++4e-=2H2OC.电解质溶液中H+向正极移动D.放电前后电解质溶液的pH不会发生改变13、CO2和CH4催化重整可制备合成气,对减缓燃料危机具有重要的意义,其反应历程示意图如下:下列说法不正确的是A.合成气的主要成分为CO和H2B.①→②既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成C.①→②吸收能量D.Ni在该反应中做催化剂14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A.Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB.Y单质的熔点高于X单质C.X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD.YZ4分子中Y和Z都满足8电子稳定结构15、利用如图所示装置,以NH3作氢源,可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A.a为阴极B.b电极反应为:2NH3-6e-=N2+6H+C.电解一段时间后,装置内H+数目增多D.理论上每消耗1molNH3,可生成1.5mol16、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,B与C的简单离子具有相同的电子层结构,D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质,高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y(化学式为AB),X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是A.简单离子半径:D>B>CB.氧化物的水化物酸性:D>AC.X与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛D.B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒二、非选择题(本题包括5小题)17、功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路线如下:(1)A是甲苯,试剂a是______。反应③的反应类型为______反应。(2)反应②中C的产率往往偏低,其原因可能是______。(3)反应⑥的化学方程式为______。(4)E的分子式是C6H10O2,其结构简式是______。(5)吸水大王聚丙烯酸钠是一种新型功能高分子材料,是“尿不湿”的主要成分。工业上用丙烯(CH2=CH-CH3)为原料来制备聚丙烯酸钠,请把该合成路线补充完整(无机试剂任选)。_________(合成路线常用的表达方式为:AB……目标产物)CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl18、化合物W是一种药物的中间体,一种合成路线如图:已知:①②请回答下列问题:(1)A的系统命名为___。(2)反应②的反应类型是__。(3)反应⑥所需试剂为___。(4)写出反应③的化学方程式为___。(5)F中官能团的名称是___。(6)化合物M是D的同分异构体,则符合下列条件的M共有__种(不含立体异构)。①1molM与足量的NaHCO3溶液反应,生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下);②0.5molM与足量银氨溶液反应,生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__(写出其中一种)。(7)参照上述合成路线,以C2H5OH和为起始原料,选用必要的无机试剂合成,写出合成路线__。19、(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___________。20、某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象,拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律.(提出猜想)小组提出如下4种猜想:甲:Mg(NO3)2、NO2、O2乙:MgO、NO2、O2丙:Mg3N2、O2丁:MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知,NO2可被NaOH溶液吸收,反应的化学方程式为:____________.(2)实验前,小组成员经讨论认定猜想丁不成立,理由是____________.(实验操作)(3)设计如图装置,用氮气排尽装置中空气,其目的是___________;加热Mg(NO3)2固体,AB装置实验现象是:____________,说明有Mg(NO3)2固体分解了,有NO2生成.(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生,但通入之前,还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液,其作用是:____________(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气,仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验,因为:____________,改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入____________.(6)上述系列改进后,如果分解产物中有O2存在,排除装置与操作的原因,未检测到的原因是____________.(用化学方程式表示)21、氨氮(NH3、NH4+等)是一种重要污染物,可利用合适的氧化剂氧化去除。(1)氯气与水反应产生的HClO可去除废水中含有的NH3。已知:NH3(aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l)ΔH=akJ·mol-12NH2Cl(aq)+HClO(aq)=N2(g)+H2O(l)+3H+(aq)+3Cl-(aq)ΔH=bkJ·mol-1则反应2NH3(aq)+3HClO(aq)=N2(g)+3H2O(l)+3H+(aq)+3Cl-(aq)的ΔH=________kJ·mol-1。(2)在酸性废水中加入NaCl进行电解,阳极产生的HClO可氧化氨氮。电解过程中,废水中初始Cl-浓度对氨氮去除速率及能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响如图所示。①写出电解时阳极的电极反应式:________________。②当Cl-浓度减小时,氨氮去除速率下降,能耗却增加的原因是____________________________。③保持加入NaCl的量不变,当废水的pH低于4时,氨氮去除速率也会降低的原因是____________________________。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效氧化剂,可用于氨氮处理。K2FeO4在干燥空气中和强碱性溶液中能稳定存在。氧化剂的氧化性受溶液中的H+浓度影响较大。①碱性条件下K2FeO4可将水中的NH3转化为N2除去,该反应的离子方程式为________________________________。②用K2FeO4氧化含氨氮废水,其他条件相同时,废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时,随着pH的增大,氨氮去除率增大、氧化时间明显增长的原因是_________________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
A.溶液质量是90g+10g=100g,溶质的质量分数为×100%=10%,A正确;B.“84消毒液”有效成分是NaClO,该物质具有氧化性,会将pH试纸氧化漂白,因此不能用pH试纸测量该溶液的pH,以验证溶液的碱性,B错误;C.玻璃的成分中含有Na2SiO3,含有钠元素,因此用玻璃棒进行焰色反应实验,就会干扰溶液中离子的检验,要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应,C错误;D.向溴水中加入CCl4充分振荡后,静置,然后分液,就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体,就会发生反应:SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,不能将单质溴吹出,D错误;故合理选项是A。2、C【解析】
根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素,y为碳元素,z为氮元素,d为氧元素,e为钠元素,f为铝元素,g为硫元素,h为氯元素;A.根据“层多径大、序大径小”,离子半径大小g>h>e>f;选项A错误;B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4,H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键,CH4分子间不存在氢键,故沸点由高到低的顺序为d>z>y,选项B错误;C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵,硝酸铵中含离子键和共价键,选项C正确;D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应,选项D错误;答案选C。3、C【解析】
A.醋酸是弱酸,离子方程式中不能拆,故A错误;B.SO2通入Ba(NO3)2溶液中,二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀,正确的离子方程式为:3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+,故B错误;C.将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca(HCO3)2溶液中,Ca(OH)2和Ca(HCO3)21:1反应,和离子方程式为:OH−+Ca2++HCO=CaCO3↓+H2O,故C正确;D.苯酚的酸性小于碳酸,所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳,可以得到碳酸氢钠和苯酚,故D错误;正确答案是C项。【点睛】离子方程式过量不足的问题出现时,一定要注意以下几点:看原则:看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。4、B【解析】
A.硫燃烧生成二氧化硫,不能一步生成三氧化硫,A错误;B.Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜,硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀,氢氧化铜受热分解生成氧化铜,均能一步完成,B正确;C.硅酸不能一步反应生成单质硅,C错误;D.NaAlO2不能一步反应生成单质铝,D错误;答案选B。5、B【解析】
A.葡萄糖为单糖,不能在体内发生水解反应,A错误;B.工业上以石油为原料制取聚乙烯,需经裂解产生的为乙烯,再发生加聚反应生成聚乙烯,B正确;C.乙烯和乙醇各1mol时,耗氧量为3mol,则燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量相同,C错误;D.乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯和水,原子利用率小于100%,D错误;答案为B。6、A【解析】
A和氢氧化钠溶液反应生成B和C,C为气体,C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,根据化学式可推断C为氨气,B为白色沉淀,继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解,则B可推断为氢氧化铝,A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀,则A中含有硫酸根离子,根据以上推断,A为NH4Al(SO4)2,a为H元素,b为N元素,c为O元素,d为Al元素,e为S元素,据此分析解答。【详解】A.b为N元素,c为O元素,同周期元素随核电荷数增大,半径逐渐减小,则原子半径b>c,故A正确;B.e为S元素,S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸,亚硫酸是弱酸,故B错误;C.A为NH4Al(SO4)2,是离子化合物,故C错误;D.c为O元素,e为S元素,同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱,元素非金属性强弱c>e,故D错误;答案选A。7、A【解析】
A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2,而是GaN,A项错误,符合题意;B.普通玻璃属于硅酸盐材料,B项正确,不符合题意;C.塑料属于高分子聚合物,C项正确,不符合题意;D.大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场,耦合式地源热泵系统,可实现年节约1.81万吨标准煤,光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力,相当于每年减排966吨CO2,并同步减少各类大气污染物排放,D项正确,不符合题意;答案选A。【点睛】解答本题时需了解:第一代半导体材料主要是指硅(Si)、锗元素(Ge)半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料,如砷化镓(GaAs)、锑化铟(InSb);三元化合物半导体,如GaAsAl、GaAsP;还有一些固溶体半导体,如Ge-Si、GaAs-GaP;玻璃半导体(又称非晶态半导体),如非晶硅、玻璃态氧化物半导体;有机半导体,如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)、氧化锌(ZnO)、金刚石、氮化铝(AlN)为代表的宽禁带半导体材料。8、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。9、C【解析】
A.CO2分子中存在两个双键,其电子式为,A正确;B.Cl2分子中只有单键,故其结构式为Cl—Cl,B正确;C.CH4的空间构型为正四面体,其比例模型为,C不正确;D.Cl-的结构示意图为,D正确。故选C。10、A【解析】
第三周期的元素最多能填到,而p轨道上最多有3个未成对电子,因此不可能有4个未成对电子,答案选A。11、D【解析】
A.高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si,A项正确;B.维生素C有还原性,可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3铁,B项正确;C.硫酸铜可配制农药波尔多液,胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸,C项正确;D.使生物质在一定条件下发生化学反应,产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化学转换,而不是生物化学转换,D项错误。本题选D。12、D【解析】
氢氧燃料电池的原理反应:2H2+O2=2H2O,通氢气一极是负极,发生氧化反应,通氧气一极是正极,发生还原反应,即a是负极,b是正极,电解质溶液为酸性环境,据此分析。【详解】A.由以上分析知,a极是负极,发生反应为H2-2e-=2H+,故A正确;B.由以上分析知,b是正极,发生还原反应,电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,故B正确;C.原电池中阳离子移动向正极,则电解质溶液中H+向正极移动,故C正确;D.氢氧燃料酸性电池,在反应中不断产生水,溶液的pH值增大,故D项错误;答案选D。【点睛】氢氧燃料电池的工作原理是2H2+O2=2H2O,负极通入氢气,氢气失电子被氧化,正极通入氧气,氧气得电子被还原,根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式,①若选用KOH溶液作电解质溶液,正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,负极的电极反应式为:2H2-4e-+4OH-=4H2O;②若选用硫酸作电解质溶液,正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,负极的电极反应式为:2H2-4e-=4H+;这是燃料电池的常考点,也是学生们的易混点,根据电解质溶液的酸碱性写电极反应式是关键。13、C【解析】
A.由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下,最终生成CO和H2,故A正确;B.化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成,由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成,故B正确;C.①的能量总和大于②的能量总和,则①→②的过程放出能量,故C错误;D.由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化,则Ni为催化剂,故D正确;故答案为C。14、A【解析】
W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧,W为O元素;X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,X为Na元素;短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍,则Y为Si、Z为Cl元素;A.非金属性Si<Cl,则Y、Z的氢化物的稳定性Si(Y)<Cl(Z),A错误;B.Y的单质是晶体硅,晶体硅属于原子晶体,X单质是金属Na,硅的熔点高于Na,B正确;C.X(Na)、W(O)、Z(Cl)能形成NaClO,NaClO具有强氧化性,C正确;D.YZ4为SiCl4,SiCl4的电子式为,Si和Cl都满足8电子稳定结构,D正确;答案选A。15、C【解析】
根据图像可知,b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价,得电子为电解池的阳极,则b极为阴极,化合价降低得电子;电解质溶液中的氢离子向阴极移动;【详解】A.分析可知,a为阴极得电子,A正确;B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价,生成氮气和氢离子,其电极反应为:2NH3-6e-=N2+6H+,B正确;C.电解一段时间后,b电极消耗溶液中的氢离子,装置内H+数目不变,C错误;D.理论上每消耗1molNH3,消耗溶液中3mol氢离子,发生加成反应,可生成1.5mol,D正确;答案为C16、B【解析】
短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大,D的最高正价与最低负价代数和为6,则D为Cl元素,工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质,高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y(化学式为AB),X与金属单质C反应制得单质钛,这种常见的可燃性气体为CO,则A为C元素,B为O元素,X为TiCl4,工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛,则C为Mg元素,据此分析解答。【详解】A.D为Cl,B为O,C为Mg,Cl-核外有3个电子层,O2-和Mg2+核外电子排布相同,均有2个电子层,当核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小,则它们的简单离子半径:D>B>C,故A正确;B.A为C,D为Cl,其中H2CO3的酸性比HClO的酸性强,故B错误;C.因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应,则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应,故C正确;D.D为Cl,B为O,由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性,可用于饮用水消毒,故D正确;故选B。【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛,将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至1000~1100K,进行氯化处理,并使生成的TiCl4蒸气冷凝,发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO;在1070K下,用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛,发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。二、非选择题(本题包括5小题)17、浓硫酸和浓硝酸取代副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】
A为甲苯,其结构简式是,结合P的结构简式,可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为,B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为,C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为,可知G的结构简式为,则F为,E的分子式是C6H10O2,则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3,以此解答该题。【详解】(1)反应①是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成,试剂a是:浓硫酸和浓硝酸,反应③为氯代烃的取代反应,故答案为:浓硫酸和浓硝酸;取代;(2)光照条件下,氯气可取代甲基的H原子,副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低,故答案为:副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低;(3)反应⑥的化学方程式为,故答案为:;(4)由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3,故答案为:CH3CH=CHCOOCH2CH3;(5)丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl,CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH,再发生催化氧化生成CH2=CHCHO,进一步氧化生成CH2=CHCOOH,最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa,在一定条件下发生加聚反应可生成目标物,合成路线流程图为:,故答案为:。18、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CH3CH2OH+H2O羟基、醛基12【解析】
A到B发生信息①的反应,B到C发生信息②反应,且只有一种产物,则B结构对称,根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基,则B应为,则A为,C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为,根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为:2,3-二甲基-1,3丁二烯;(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程,所以为氧化反应;(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代,所需试剂为浓氢溴酸;(4)反应③为C与乙醇的酯化反应,方程式为:+CH3CH2OH+H2O;(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基;(6)化合物M是D的同分异构体,且满足:①1molM与足量的NaHCO3溶液反应,生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下),即生成1mol二氧化碳,说明1molM中含有1mol羧基;②0.5molM与足量银氨溶液反应,生成108g即1molAg固体,说明0.5molM含0.5mol醛基;除去羧基和醛基还有4个碳原子,有两种排列方式:和,先固定羧基有4种方式,再固定醛基,则有(数字表示醛基的位置):、、、,共有4+4+3+1=12种同分异构体,其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为:;(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似,合成W需要I,合成I需要发生类似D与H的反应,原料即为D,则还需类似G的物质,乙醇可以发生消去反应生成乙烯,乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷,其结构与G类似,所以合成路线为:。【点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化,弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称,然后再分析B的结构就比较简单了。19、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的名称为分液漏斗;C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2,防止污染大气;(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4,反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O);(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O,该反应的离子方程式为:2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O;②若MnCO3洗涤干净,则洗涤液中不含有SO42-,所以判断沉淀已洗净的方法是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;(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn·4H2O,若温度过高,则晶体会失去结晶水,故一般是产品干燥温度不宜超过55℃;(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5gMnCO3的物质的量为n(MnCO3)==0.1mol,根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn·4H2O的物质的量是0.1mol,其质量为m[(CH3COO)2Mn·4H2O]=0.1mol×245g/mol=24.5g,实际质量为22.05g,所以(CH3COO)2Mn·4H2O产率为×100%=90.0%。【点睛】本题以醋酸锰的制取为线索,考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算,将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起,体现了学以致用的教学理念,要充分认识化学实验的重要性。20、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰(或其它合理答案固体减少,产生红棕色气体,溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽,防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】
(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应,与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2;(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断;(3)为检验是否生成氧气,应将装置内的氧气排尽;加热Mg(NO3)2固体,固体质量减小,如生成红棕色气体,则有NO2生成;(4)亚硫酸钠具有还原性,可被氧气氧化,也可被二氧化氮氧化;(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象,结合亚硫酸钠溶液呈碱性,硫酸钠溶液呈中性判断;(6)如果分解产物中有O2存在,但没有检测到,可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应,与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2,反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O;(2)由于丁产物中化合价只有降低情况,没有升高,不满足氧化还原反应的特征,不符合氧化还原反应原理;(3)为检验是否生成氧气,应将装置内的氧气排尽,避免对产物O2的检验产生干扰,加热Mg(NO3)2固体,固体质量减小,如生成红棕色气体,则有NO2生成;(4)亚硫酸钠具有还原性,可被氧气氧化,也可被二氧化氮氧化,通入之前,还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液,可确保
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