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文档简介
浙江省杭二中高三第二次诊断性检测新高考化学试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2,结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的,下列说法正确的是A.简单离子半径:Z>M>YB.常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C.X与Y结合形成的化合物是离子化合物D.工业上常用电解Z的氯化物的熔融液来制取Z单质2、将SO2气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入X气体。下列实验现象不结论不正确的是选项气体X实验现象解释不结论ACl2出现白色沉淀Cl2将SO2氧化为H2SO4,白色沉淀为BaSO4BCO2出现白色沉淀CO2与BaCl2溶液反应,白色沉淀为BaCO3CNH3出现白色沉淀SO2与氨水反应生成SO32-,白色沉淀为BaSO3DH2S出现淡黄色沉淀H2S与SO2反应生成单质硫,淡黄色沉淀为硫单质A.A B.B C.C D.D3、在复杂的体系中,确认化学反应先后顺序有利于解决问题,下列化学反应先后顺序判断正确的是A.含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中,逐滴加入盐酸:AlO2-、OH-、CO32-B.含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中,缓慢通入氯气:I-、Br-、Fe2+C.含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中,缓慢通入CO2:KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D.含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉:Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+4、下列过程没有明显现象的是A.加热NH4Cl固体 B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水C.向FeSO4溶液中通入NO2 D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸5、工业制备氮化硅的反应为:3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)ΔH<0,将0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反应容器,只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表:下列说法正确的是()A.250℃,前2min,Si3N4的平均反应速率为0.02mol·L-1·min-1B.反应达到平衡时,两种温度下N2和H2的转化率之比相同C.达到平衡前,300℃条件的反应速率比250℃快;平衡后,300℃比250℃慢D.反应达到平衡时,两种条件下反应放出的热量一样多6、下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验内容实验结论A取两只试管,分别加入4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液,然后向一只试管中加入0.01mol·L-1H2C2O4溶液2mL,向另一只试管中加入0.01mol·L-1H2C2O4溶液4mL,第一只试管中溶液褪色时间长H2C2O4浓度越大,反应速率越快B室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L-1HClO溶液和0.1mol·L-1HF溶液的pH,前者pH大于后者HclO的酸性小于pHC检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时,将溶液滴入酸性KMnO4溶液,溶液紫红色褪去不能证明溶液中含有Fe2+D取两只试管,分别加入等体积等浓度的双氧水,然后试管①中加入0.01mol·L-1FeCl3溶液2mL,向试管②中加入0.01mol·L-1CuCl2溶液2mL,试管①中产生气泡快加入FeCl3时,双氧水分解反应的活化能较大A.A B.B C.C D.D7、三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2,设三容器容积依次为V1、V2、V3,若将三气体混合于一个容积为V1+V2+V3的容器中后,倒立于水槽中,最终容器内充满水。则V1、V2、V3之比不可能是()A.3∶7∶4 B.5∶7∶6 C.7∶3∶6 D.1∶1∶18、某烃的结构简式为,关于该有机物,下列叙述正确的是()A.所有碳原子可能处于同一平面B.属于芳香族化合物的同分异构体有三种C.能发生取代反应、氧化反应和加成反应D.能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同9、下列关于有机物1-氧杂-2,4-环戊二烯()的说法正确的是A.与互为同系物 B.二氯代物有3种C.所有原子都处于同一平面内 D.1mol该有机物完全燃烧消耗5molO210、萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是A.a和b都属于芳香烃B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应D.b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀11、下列说法正确的是A.甘油醛()和葡萄糖均属于单糖,互为同系物B.2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为C.高聚物和均是缩聚产物,它们有共同的单体D.将总物质的量为1mol的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH3NHCOOCH3的混合物与NaOH溶液充分反应,最多可以消耗2molNaOH12、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有()A.3种 B.4种 C.5种 D.6种13、中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。下列物质中符合转化关系的A的个数为ABC,①Cl2②S③Fe④NH3⑤AlCl3⑥Na2CO3A.3 B.4 C.5 D.614、下列关于有机化合物的说法正确的是A.糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素B.乙烯,乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.2-苯基丙烯()分子中所有原子共平面D.二环[1,1,0]丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)15、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O2——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16、用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A.钠、镁 B.溴、碘 C.食盐、淡水 D.氯气、烧碱二、非选择题(本题包括5小题)17、阿司匹林(化合物L)是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林(化合物P)的合成路线如下图所示:已知:①HC≡CH+RCOOH②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH(R、R’、R”代表烃基)请回答:(1)A中的官能团是____________________。(2)C的结构简式是____________________。(3)D→E的反应类型是____________________。(4)E→G的化学方程式是______________________________________。(5)已知:H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K+H2O,K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是____________________。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J,而化合物P与L相比,在体内能缓慢持续释放J。①血液中J浓度过高能使人中毒,可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用:______________________________________________________________。②下列说法正确的是______(填字母)。a.P中的酯基在体内可缓慢水解,逐渐释放出Jb.P在体内的水解产物中没有高分子化合物c.将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能18、有机化合物F是一种重要的有机合成中间体,其合成路线如下图所示:已知:①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为:③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基。④R-CH=CH2R-CH2CH2OH请回答下列问题:(1)A的名称为______________(系统命名法);Z中所含官能团的名称是___________。(2)反应Ⅰ的反应条件是__________。(3)E的结构简式为_______________________。(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。(5)写出反应IV中的化学方程式____________________________________________。(6)W是Z的同系物,相对分子质量比Z大14,则W的同分异构体中满足下列条件:①能发生银镜反应,②苯环上有两个取代基,③不能水解,遇FeCl3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构),核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。19、水中的溶解氧(DO)的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量,经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”,Ⅰ.用已准确称量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)固体配制一定体积的cmol/L标准溶液;Ⅱ.用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液,塞紧瓶塞(瓶内不准有气泡),反复震荡后静置约1小时;Ⅲ.向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶至沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色;Ⅳ.将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中,用硫代硫酸钠标准溶液滴定;V.待试液呈淡黄色后,加1mL淀粉溶液,继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6(1)在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。(2)在步骤Ⅱ中,水样中出现了MnMnO3沉淀,离子方程式为4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O。(3)步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为_______________________________________________________________。(4)滴定时,溶液由__________色到______________色,且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。(5)河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。(6)当河水中含有较多NO3-时,测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)20、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。Ⅰ.制备Na2S2O5可用试剂:饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。焦亚硫酸钠的析出原理:2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)(1)如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。(2)F中盛装的试剂是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。(4)将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液,取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液,充分反应后,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,Na2S2O5样品的纯度为___%(保留一位小数),若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,会导致Na2S2O5样品的纯度___。(填“偏高”、“偏低”)21、TiCl3是烯烃定向聚合的催化剂、TiCl4可用于制备金属Ti。(1)Ti3+的基态核外电子排布式为__________(2)丙烯分子中,碳原子轨道杂化类型为__________(3)Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是___________(4)写出一种由第2周期元素组成的且与CO互为等电子体的阴离子的电子式________(5)TiCl3浓溶液中加入无水乙醚,并通入HCl至饱和,在乙醚层得到绿色的异构体,结构式分别是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数目为______.(6)钛酸锶具有超导性、热敏性及光敏性等优点,该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点,O位于晶胞的面心,Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置,据此推测,钛酸锶的化学式为_________
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
X、M的族序数均等于周期序数,结合团簇分子结合可知X为H,M为Be或Al,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的,则Y为O,Y的原子序数小于M,则M为Al;根据团簇分子的结构可知其分子式应为Al2Z2H2O6,Z的化合价为+2价,则Z为Mg。【详解】A.离子核外电子层数相同时,原子序数越小其半径越小,所以简单离子半径:O2->Mg2+>Al3+,故A错误;B.常温下金属铝与浓硝酸会钝化,故B错误;C.X与Y形成的化合物为H2O2或H2O,均为共价化合物,故C错误;D.Z为Mg,工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质,故D正确;故答案为D。2、B【解析】
A选项,SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸,硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡,故A正确;B选项,盐酸酸性大于碳酸,因此二氧化碳不与氯化钡反应,故B错误;C选项,SO2气体与NH3反应生成SO32-,再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,故C正确;D选项,H2S与SO2反应生成单质硫和水,淡黄色沉淀为硫单质,故D正确。综上所述,答案为B。3、D【解析】
A.在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中,逐滴加入盐酸,先发生OH-与盐酸的反应,故A错误;B.含等物质的量的FeBr2、的溶液中,缓慢通入氯气,由还原性I->Fe2+>Br-,则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-,故B错误;C.在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中,缓慢通入CO2,则化学反应的先后顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3,故C错误;D.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉,由氧化性Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+,则化学反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+,故D正确;答案选D。4、D【解析】
A.加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体,在试管口处重新生成固体氯化铵,有明显的现象,A不符合题意;B.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀,有明显现象,B不符合题意;C.向FeSO4溶液中通入NO2,二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性,能氧化Fe2+为Fe3+,溶液变为黄色,有明显现象,C不符合题意;D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸,发生反应产生NaCl和NaHCO3,无明显现象,D符合题意;故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质的特征性质和反应现象,掌握基础是解题关键,题目难度不大。D项为易错点,注意碳酸钠与稀盐酸反应时,若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。5、B【解析】
A、Si3N4为固体,固体的浓度视为常数,无法计算Si3O4的反应速率,故A错误;B、起始N2和H2的物质的量比值为定值,反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3,则反应达到平衡时,两种温度下N2和H2的转化率之比相同,故B正确;C、其他条件相同时,升高温度,反应速率加快,温度越高,反应速率越大,则达到平衡前,300℃条件的反应速率比250℃快,平衡后,300℃依然比250℃快,故C错误;D、该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,温度不同,反应物的消耗量不同,则反应放出的热量不同,故D错误;答案选B。6、C【解析】
A.根据控制变量的原则,两试管中液体的总体积不等,无法得到正确结论,故A错误;
B.HClO溶液具有漂白性,应选pH计测定,故B错误;
C.亚铁离子、氯离子均能被高锰酸钾氧化,溶液褪色,不能证明溶液中含有Fe2+,故C正确;
D.活化能越小,反应速率越快,试管①产生气泡快,则加入FeCl3时,双氧水分解反应的活化能较小,故D错误;
故答案为C。7、B【解析】
NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收,其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。从反应方程式可以得出:n(O2)=×n(NO)+×n(NO2)。用此关系式验证备选答案。A.×3+×7=4,A不合题意;B.×5+×7≠6,B符合题意;C.×7+×3=6,C不合题意;D.×1+×1=1,D不合题意。故选B。8、C【解析】
A.分子结构中含有,为四面体结构,所有碳原子不可能处于同一平面,故A错误;B.该物质的分子式为C8H10,属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3种),共4种,故B错误;C.结构中含有碳碳双键,能发生氧化反应和加成反应,含有和-CH2-,能发生取代反应,故C正确;D.含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色,能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色,褪色原理不同,故D错误;答案选C。9、C【解析】
的分子式为C4H4O,共有2种等效氢,再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【详解】A.属于酚,而不含有苯环和酚羟基,具有二烯烃的性质,两者不可能是同系物,故A错误;B.共有2种等效氢,一氯代物是二种,二氯代物是4种,故B错误;C.中含有两个碳碳双键,碳碳双键最多可提供6个原子共平面,则中所有原子都处于同一平面内,故C正确;D.的分子式为C4H4O,1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×(4+)=4.5mol,故D错误;故答案为C。10、C【解析】
A.a中不含苯环,则不属于芳香族化合物,只有b属于芳香族化合物,但含有O元素,不属于芳香烃,A错误;B.a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型,则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上,B错误;C.a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO,均可与氢气发生加成反应,C正确;D.b中无醛基,不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀,c分子中含有醛基,可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀,D错误;故合理选项是C。11、D【解析】
A.甘油醛不属于单糖,故错误;B.键线式为的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷,故错误;C.高聚物的单体为碳酸乙二醇,而的单体是乙二醇,故没有共同的单体,故错误;D.水杨酸含有羧基和酚羟基,1mol的水杨酸消耗2mol氢氧化钠,1mol的1,2−二氯乙烷消耗2mol氢氧化钠,CH3NHCOOCH3含有酯基和肽键,所以1mol的CH3NHCOOCH3消耗2mol氢氧化钠,将总物质的量为1mol三种物质的混合物与NaOH溶液充分反应,最多可以消耗2molNaOH,故正确。故选D。12、B【解析】
分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯,能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体,说明该有机物含有-COOH,为饱和一元羧酸,烷基为-C4H9,丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体,说明该有机物中含有-COOH,为饱和一元羧酸,则烷基为-C4H9,-C4H9异构体有:-CH2CH2CH2CH3,-CH(CH3)CH2CH3,-CH2CH(CH3)CH3,-C(CH3)3,故符合条件的有机物的异构体数目为4,故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写,侧重于分析能力的考查,注意官能团的性质与确定,熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。13、D【解析】
①A为Cl2,D为Fe,B为氯化铁,C为氯化亚铁,满足转化关系ABC,故①正确;②A为S,D为氧气,B为二氧化硫,C为三氧化硫,满足转化关系ABC,故②正确;③A为Fe,D为硝酸,B为硝酸亚铁,C为硝酸铁,满足转化关系ABC,故③正确;④A为NH3,D为氧气,B为NO,C为二氧化氮,满足转化关系ABC,故④正确;⑤A为AlCl3溶液,D为NaOH,B为氢氧化铝,C为偏铝酸钠,满足转化关系ABC,故⑤正确;⑥若A为Na2CO3,D可以为酸,B为碳酸氢盐,C为二氧化碳,满足转化关系ABC,故⑥正确;根据分析可知,满足转化关系的A有6个。答案选D。14、B【解析】
A.蛋白质中还含有N等元素,故A错误;B.乙烯和植物油中含有碳碳双键,乙醇中含有羟基,均能被高锰酸钾氧化,使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.2-苯基丙烯()分子中所有碳原子可以共平面,但甲基中的氢原子与苯环不能共面,故C错误;D.二环[1,1,0]丁烷()的二氯代物,其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种,在相邻碳原子上的有1中,在相对碳原子上的有2中,共有4种(不考虑立体异构),故D错误;故选B。【点睛】蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫,少数含有磷,一定含有的是碳、氢、氧、氮。15、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CH4燃烧反应方程式可知,1molCH4在2molO2中完全燃烧,常温常压下,1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2,二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HClO,符合强酸制弱酸原理,由于HClO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)+O2(g)=2CO(g)的反应热,符合盖斯定律,D不合题意;故选C。16、C【解析】
从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析,根据从海水制备物质的原理可知,金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取,而食盐可利用蒸发原理,淡水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁,需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁,然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁,A错误;B.从海水中提炼溴和碘,是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质,B错误;C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水,把海水用太阳暴晒,蒸发水分后即得食盐,不需要化学变化就能够从海水中获得,C正确;D.可从海水中获得氯化钠,配制成饱和食盐水,然后电解饱和食盐水,即得烧碱、氢气和氯气,D错误;故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分,海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理,注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取,掌握原理是解题的关键。二、非选择题(本题包括5小题)17、羟基HC≡CH加聚反应ac【解析】
A是,乙醇连续氧化得乙酸,故B是,根据信息①,结合流程图,C是,D是,D到E是加聚反应,E是,根据信息②可推知F为,G是,根据分子式H是,根据流程图结合P的结构可推知I为,J是,根据(5)小题,可以推知K是乙酸酐(),由P逆推知L为。【详解】(1)A是乙醇,乙醇的官能团是羟基,答案为:羟基;(2)据信息①,结合流程图,可以推出C是,故答案为:;(3)D是,E是,D到E是双键发生了加聚反应,故答案为:加聚反应;(4)E是,A是乙醇,根据信息②,该反应为取代反应,答案为:;(5)根据信息可推知J是,K是乙酸酐(),答案为:;(6)①羧酸的酸性大于碳酸,酚的酸性小于碳酸,故酚羟基和碳酸氢钠不反应,羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,故答案为:;②a.P可以完全水解产生,以及乙酸,a正确;b.P可以完全水解产生,该物质为高分子,b错误;c.根据题目信息,将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能,c正确;答案选ac。【点睛】解有机推断题,要把握以下三个推断的关键:(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉,掌握意图);(2)用足信息(准确获取信息,并迁移应用);(3)积极思考(判断合理,综合推断)。根据以上的思维判断,从中抓住问题的突破口,即抓住特征条件(特殊性质或特征反应,关系条件和类别条件),不但缩小推断的物质范围,形成解题的知识结构,而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散,通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查,验证结论是否符合题意。18、2-甲基-2-丙醇酚羟基、醛基浓硫酸,加热(CH3)2CHCOOH+2Cl2+2HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O6【解析】
A的分子式为C4H10O,A→B是消去反应,所以B是.B→C组成上相当于与水发生加成反应,根据提供的反应信息,C是2-甲基-1-丙醇.C→D是氧化反应,D是2-甲基-1-丙醛,D→E是氧化反应,所以E是2-甲基-1-丙酸.X的分子式为C7H8O,且结合E和F的结构简式可知,X的结构简式为;在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应,是甲基中的2个H被Cl取代,因此Y的结构简式为,Y→Z是水解反应,根据信息③,应该是-CHCl2变成-CHO,则Z的结构简式为,Z→F是酯化反应。【详解】(1)结合以上分析可知,A的结构简式为:,名称为2−甲基−2−丙醇;Z的结构简式为:,所含官能团为酚羟基、醛基;(2)A为,B为,A→B是消去反应,反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸、加热;C是,D是,所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应;(3)结合以上分析可知,E的结构简式为;(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应,是甲基中的2个H被Cl取代生成,反应Ⅴ的化学方程式:;(5)D是(CH3)2CHCHO,在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应,反应IV中的化学方程式:+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O;(6)Z的结构简式为,W是Z的同系物,相对分子质量比Z大14,W分子式为C8H8O2,W的同分异构体中满足下列条件:①能发生银镜反应,说明含有醛基;②苯环上有两个取代基,可以3种位置;③不能水解,遇FeCl3溶液不显色,没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有:苯环上分别连有−CHO和−CH2OH,结构有3种。苯环上分别连有−CHO和−OCH3,结构有3种,共计有6种,其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为:。19、碱式滴定管MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O蓝无偏高【解析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,根据氧化还原反应方程式分析;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色;(5)根据关系式,进行定量分析;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性,用碱式滴定管,故答案为:碱式滴定管;(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,即碘化合价升高,Mn的化合价会降低,离子方程式为MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,故答案为:MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色,故答案为:蓝;无;(5)由4Mn2++O2+8OH-2MnMnO3↓+4H2O,MnMnO3+2I-+6H+I2+2Mn2++3H2O,I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,可知关系式,即,则氧气的物质的量x=,v1mL水样中溶解氧=,故答案为:;(6)含有较多NO3-时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3,即Na2S2O3用量增加,结果偏高,故答案为:偏高。【点睛】本题难点(3),信息型氧化还原反应方程式的书写,要注意对反应物和生成物进行分析,在根据得失电子守恒配平;易错点(5),硝酸根存在时,要注意与氢离子在一起会有强氧化性。20、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4防倒吸浓NaOH溶液5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O氧化变质95.0偏高【解析】
A三颈烧瓶中制备二氧化硫,发生Na2SO3+H2SO
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