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文档简介
浙江“七彩阳光”新高三最后一卷新高考化学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4,振荡后静置;液体分层,下层呈紫红色碘易溶于CCl4,难溶于水C将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓AgNO3溶液,析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)>KSP(AgBr)D室温下,同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2A<HBA.A B.B C.C D.D2、向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl—,降低对电解的影响,反应原理如下:Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ·mol-1Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ·mol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是A.向电解液中加入稀硫酸,有利于Cl-的去除B.溶液pH越大,Ksp(CuCl)增大C.反应达到平衡增大c(Cu2+),c(Cl—)减小D.1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)ΔH=(a+2b)kJ·mol-13、25℃时,向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸,溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A.HCl溶液滴加一半时:B.在A点:C.当时:D.当时,溶液中4、用下列装置能达到实验目的的是A.清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B.配置一定物质的量浓度的溶液实验中,为定容时的操作C.装置制取金属锰D.装置为制备并用排气法收集NO气体的装置5、新型冠状病毒是一种致病性很强的RNA病毒,下列说法错误的是A.新型冠状病毒组成元素中含有C、H、OB.用“84消毒液”进行消毒时,消毒液越浓越好C.3M防颗粒物口罩均使用3M专有高效过滤材料——聚丙烯材质,聚丙烯属于高分子D.不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒6、含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊,将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区,其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为:FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB.滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒C.在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体D.进入C区的H+的数目为0.03NA7、强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为H+(aq)+OH﹣(aq)→H2O(l)+55.8kJ。已知:①HCl(aq)+NH3•H2O(aq)→NH4Cl(aq)+H2O(l)+akJ;②HCl(aq)+NaOH(s)→NaCl(aq)+H2O(l)+bkJ;③HNO3(aq)+KOH(aq)→KNO3(aq)+H2O(l)+ckJ。则a、b、c三者的大小关系为()A.a>b>cB.b>c>aC.a=b=cD.a=b<c8、下列说法中不正确的是()①医用双氧水是利用了过氧化氢的还原性来杀菌消毒的②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物,原因是汽油燃烧不充分③用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢④某雨水样品采集后放置一段时间,pH由4.68变为4.28,是因为水中溶解了较多的CO2⑤明矾可以用于净水,主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故A.①②③⑤ B.①②③④ C.②③④⑥ D.①③④⑤9、铅蓄电池的工作原理为:Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O研读右图,下列判断不正确的是A.K闭合时,d电极反应式:PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-B.当电路中转移0.2mol电子时,Ⅰ中消耗的为0.2molC.K闭合时,Ⅱ中向c电极迁移D.K闭合一段时间后,Ⅱ可单独作为原电池,d电极为正极10、化学与生活密切相关,下列说法不正确的是()A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的B.人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C.煤经气化和液化两个物理变化过程,可变为清洁能源D.禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂,可减少汽车尾气污染11、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物,其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A.分子中两个苯环处于同一平面B.分子中有3个手性碳原子C.能与浓溴水发生取代反应D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH12、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应:A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态,相关实验数据如表所示:容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A.0~5min内,甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B.a=2.2C.若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB,反应达到平衡时,A的转化率小于80%D.K1=K2>K313、如图1为甲烷和O2
构成的燃料电池示意图,电解质溶液为KOH溶液;图2
为电解AlCl3
溶液的装置,电极材料均为石墨。用该装置进行实验,反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A.b电极为负极B.图1中电解质溶液的pH增大C.a
电极反应式为CH4-8e-
+8OH-=CO2+6H2OD.图2
中电解AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3
+6H2O2Al(OH)3
↓+3Cl
2↑+3H2
↑14、对图两种有机物的描述错误的是()A.互为同分异构体 B.均能与钠反应C.均能发生加成反应 D.可用银氨溶液鉴别15、一定条件下,碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是()pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣A.当pH<4时,碳钢主要发生析氢腐蚀B.当pH>6时,碳钢主要发生吸氧腐蚀C.当pH>14时,正极反应为O2+4H++4e→2H2OD.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,碳钢腐蚀速率会减缓16、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用,可通过如下反应制得:+HCl下列叙述正确的是A.化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子B.化合物Y的分子式为C6H12NO2C.1mol化合物Z最多可以与2molNaOH反应D.化合物Z能与甲醛发生聚合反应二、非选择题(本题包括5小题)17、某药物合成中间体F制备路线如下:已知:RCHO+R’CH2NO2+H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是__________________.(2)反应②中除B外,还需要的反应物和反应条件是___________________(3)有机物D的结构简式为_____________________,反应③中1摩尔D需要___摩尔H2才能转化为E(4)反应④的反应物很多种同分异构体,请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_____________。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知:苯环上的羧基为间位定位基,如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_____________。18、PLLA塑料不仅具有良好的机械性能,还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图(图中有部分产物及反应条件未列出)。请回答下列问题:(1)属于取代反应的有______________(填编号)。(2)写出下列反应的化学方程式:反应③:________________________________;反应⑤:______________________________。(3)已知E(C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体,请各举一例(E除外)并写出其结构简式:______________________、__________________、_______________。(4)请写出一定条件下PLLA废弃塑料降解的化学方程式___________________________。(5)已知:,炔烃也有类似的性质,设计丙烯合成的合成路线_______(合成路线常用的表示方法为:AB……目标产物)19、草酸合铜(Ⅱ)酸钾[KaCub(C2O4)c·xH2O]是一种重要的化工原料。(1)二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可以用CuSO4晶体和K2C2O4溶液反应得到。从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤为:加入适量乙醇、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了蒸馏操作,其目的是_____________________。(2)某同学为测定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的组成,进行如下实验:步骤Ⅰ测定Cu2+:准确称取0.7080g样品,用20.00mLNH4Cl−NH3·H2O缓冲溶液溶解,加入指示剂,用0.1000mol·L−1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(离子方程式为Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+),消耗EDTA标准溶液20.00mL;步骤Ⅱ测定C2O42-:准确称取0.7080g样品,用6.00mL浓氨水溶解,加入30.00mL4.0mol·L−1的硫酸,稀释至100mL,水浴加热至70~80℃,趁热用0.1000mol·L−1KMnO4标准液滴定至终点,消耗KMnO4溶液16.00mL。①已知酸性条件下MnO4-被还原为Mn2+,步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。②步骤Ⅱ滴定终点的现象是______________________。③通过计算确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式(写出计算过程)。____________20、高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4,下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知:温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答:(1)反应①的化学方程式为______________________________________,加热软锰矿、KClO3和KOH固体,除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外,还用到的仪器有___,不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________;上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时,从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________,若CO2过量会生成KHCO3,导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。21、有机物A是一种重要的化工原料,以A为主要起始原料,通过下列途径可以合成高分子材料PA及PC。试回答下列问题(1)B的化学名称为________,B到C的反应条件是_____________。(2)E到F的反应类型为__________,高分子材料PA的结构简式为________。(3)由A生成H的化学方程式为______________________。(4)实验室检验有机物A,可选择下列试剂中的_____________。a.盐酸b.FeCl3溶液C.NaHCO3溶液d.浓溴水(5)E的同分异构中,既能与碳酸氢钠溶液反应、又能发生银镜反应的有机物共有_____种。其中核磁共振氢谐图有5组峰,且峰面积之比为6:1:1:1:1的物质的结构简式为____。(6)由B通过三步反应制备1.3-环己二烯的合成路线为_________________。
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.亚硫酸钡在硝酸溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡,硫酸钡白色沉淀加盐酸时不溶解,现象不正确,故A错误;B.KI溶液中不存在碘单质,加入CCl4,不能发生萃取,振荡后静置,下层不能呈紫红色,现象不正确,故B错误;C.AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量的浓AgNO3溶液,AgCl沉淀多于AgBr沉淀,说明氯离子浓度大于碘离子浓度,证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),C实验操作、现象及结论均正确;D.室温下,同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大,只能说酸性HA-<HB,不能说明酸性H2A<HB,结论不正确,故D错误;答案选C。2、C【解析】
A.根据图像,溶液的pH越小,溶液中残留c(Cl—)越大,因此向电解液中加入稀硫酸,不利于Cl-的去除,故A错误;B.Ksp(CuCl)只与温度有关,与溶液pH无关,故B错误;C.根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq),增大c(Cu2+),平衡正向移动,使得c(Cu+)增大,促进Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移,c(Cl-)减小,故C正确;D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ·mol-1,②Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ·mol-1,根据盖斯定律,将①×+②得:1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)的ΔH=(+b)kJ·mol-1,故D错误;故选C。3、A【解析】
根据化学反应,充分运用三大守恒关系,挖掘图象中的隐含信息,进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半(10mL)时,溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl,此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),A项错误;B.溶液中加入盐酸,使CO32-转变为HCO3-,则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点,c(HCO3-)=c(CO32-),又A点溶液呈碱性,有c(OH-)>c(H+),B项正确;C.溶液中加入盐酸后,有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),当时有,C项正确;D.溶液中加入盐酸,若无CO2放出,则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出,则溶液中,D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系,应充分应用三大守恒原理,结合题中信息进行分析推理。4、D【解析】
A.自来水中有杂质离子,清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水,应该用蒸馏水,且应该把反应液倒入水中,A项错误;B.定容时,当液面距定容刻度线1到2厘米处,改用滴管滴加,使凹液面最低端与刻度线相切,B项错误;C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件,需要氯酸钾分解产生氧气,促进镁条燃烧,利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰,该实验装置中没有氯酸钾作引发剂,C项错误;D.铜和稀硝酸反应可以制备NO,NO的密度比CO2的密度小,采用短口进气、长口出气的集气方式,D项正确;答案选D。5、B【解析】
A.新型冠状病毒成分为蛋白质,组成元素为C、H、O、N等,故A错误;B.用“84消毒液”进行消毒时,消毒液过高对人体健康也会产生危害,故B错误;C.聚丙烯材质的成分为聚丙烯,聚丙烯属于合成有机高分子,故C正确;D..新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播,为减少传染性,不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒,故D正确;故选B。6、D【解析】
A.饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体,化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl,正确,A不选;B.滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7m时,为浊液,不能透过滤纸,因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒,正确,B不选;C.胶体的直径在10-9~10-7m之间,可以透过滤纸,但不能透过半透膜,因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体,正确,C不选;D.若Fe3+完全水解,Cl-全部进入C区,根据电荷守恒,则进入C区的H+的数目应为0.03NA。但是Fe3+不一定完全水解,Cl-也不可能通过渗析完全进入C区,此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷,因此进入C区的H+的数目小于0.03NA,错误,D选。答案选D。7、B【解析】
①HCl(aq)+NH3•H2O(aq)→NH4Cl(aq)+H2O(l)+akJ,NH3•H2O是弱电解质,电离过程吸热,因此a<55.8;②HCl(aq)+NaOH(s)→NaCl(aq)+H2O(l)+bkJ,氢氧化钠固体溶解放热,因此b>55.8;③HNO3(aq)+KOH(aq)→KNO3(aq)+H2O(l)+ckJ,符合中和热的概念,因此c=55.8,所以a、b、c三者的大小关系为b>c>a;选B。【点睛】本题考查了中和热的计算和反应热大小比较,理解中和热的概念,明确弱电解质电离吸热、强酸浓溶液稀释放热、氢氧化钠固体溶解放热;8、B【解析】
①医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的,故①错误;②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物,是氮气和氧气反应生成的,汽油不含氮元素,②错误;③氢氧化钠具有强腐蚀性,一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢,③错误;④某雨水样品采集后放置一段时间,pH由4.68变为4.28,是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸,④错误;⑤明矾可以用于净水,主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性,⑤正确;⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故,⑥正确;故选B。9、C【解析】
根据铅蓄电池的工作原理,可知左边是原电池,右边是电解池。【详解】A.d连的是原电池的正极,所以为电解池的阳极,电极反应式:PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-,正确;B.根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O,转移2mol电子,则消耗2mol硫酸,所以当电路中转移0.2mol电子时,Ⅰ中消耗的为0.2mol,正确;C.K闭合时,Ⅱ是电解池,阴离子移向阳极,d是阳极,所以向d电极迁移,错误;D.K闭合一段时间后,Ⅱ中发生了充电反应:2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO,c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2,所以可单独作为原电池,d电极上附着PbO2,放电时得到电子,为正极,正确;故选C。10、C【解析】
A.乙烯含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯,可达到水果保鲜的目的,故A正确;B.实验表明,老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气,像鱼儿一样在水中游动,把狗身上的70%的血液,换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活,科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品,故B正确;C.煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程;煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程;两者都生成了新物质,属于化学变化,故C错误;D.因铅能使人体中毒,禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染,故D正确;答案选C。11、A【解析】
A.分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上,不可能处于同一平面,故A错误;B.图中*标注的三个碳原子是手性碳原子,故B正确;C.酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应,故C正确;D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH,分别是酯基消耗1mol,2个酚羟基各消耗1mol,故D正确;故选A。12、A【解析】
A.容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1,则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1,故A错误;B.甲和乙的温度相同,平衡常数相等,甲中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.02.00反应(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化学平衡常数K==10,乙中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.00反应(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化学平衡常数K==10,解得:a=2.2,故B正确;C.甲中CO转化率=×100%=80%,若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB,相当于减小压强,平衡逆向移动,导致A转化率减小,则A转化率小于80%,故C正确;D.甲和乙的温度相同,平衡常数相等,容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD,若温度不变等效于甲容器,但由于丙容器比甲容器温度高,平衡时D的浓度减小,即升温平衡逆向移动,则平衡常数减小,因此K1=K2>K3,故D正确;故选A。13、D【解析】A.x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝,X电极因产生OH-而作阴极,相应地b电极为正极,故A错误;B.图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O,电解质溶液的pH减小,故B错误;C.在碱性溶液中不能产生CO2,a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O,故C错误;D.图2中电解AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑,故D正确。故选D。14、A【解析】
A.前者含8个H原子,后者含10个H原子,分子式不同,二者不是同分异构体,故A错误;B.前者含-OH,后者含-COOH,则均能与钠反应生成氢气,故B正确;C.前后含苯环、-CHO,后者含碳碳双键,则均可发生加成反应,故C正确;
D.前者含-CHO(能发生银镜反应),后者不含,则可用银氨溶液鉴别,故D正确;故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点:含有不饱和键:碳碳双键,碳碳三键,含有醛基、羰基,含有苯环;能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点:含有-OH、-COOH等;能够发生银镜反应的有机物的结构特点:含有醛基。15、C【解析】
在强酸性条件下,碳钢发生析氢腐蚀,在弱酸性、中性、碱性条件下,碳钢发生吸氧腐蚀,据此分析解答。【详解】A.当pH<4溶液中,碳钢主要发生析氢腐蚀,负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,正极反应式为:2H++2e-=H2↑,故A正确;B.当pH>6溶液中,碳钢主要发生吸氧腐蚀,负极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,正极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-,因此主要得到铁的氧化物,故B正确;C.在pH>14溶液中,碳钢发生吸氧腐蚀,正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-,故C错误;D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,正极上氧气浓度减小,生成氢氧根离子速率减小,所以碳钢腐蚀速率会减缓,故D正确;故选C。16、A【解析】
A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子,化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子(为连接溴原子的碳原子),选项A正确;B.根据结构简式确定分子式为C6H13NO2,选项B错误;C.Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应,则1mol化合物Z最多可以与3molNaOH反应,选项C错误;D.化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子,不能与甲醛发生聚合反应,选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质,明确官能团及其性质关系是解本题关键,侧重考查学生分析判断能力,侧重考查烯烃、酯和酚的性质,注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应,为易错点。二、非选择题(本题包括5小题)17、酚羟基、醛基、醚键CH3OH、浓硫酸、加热4【解析】
(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团;(2)比较B和C的结构可知,反应②为B与甲醇生成醚的反应,应该在浓硫酸加热的条件下进行;(3)比较C和E的结构可知,D的结构简式为,在D中碳碳双键可与氢气加成,硝基能被氢气还原成氨基,据此答题;(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子,即有4种位置的氢原子,②能发生银镜反应,说明有醛基,③能和氢氧化钠溶液反应,说明有羧基或酯基或酚羟基,结合
可写出同分异构体的结构;(5)被氧化可生成,与硝酸发生取代反应生成,被还原生成,进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键,故答案为:酚羟基、醛基、醚键;(2)比较B和C的结构可知,反应②为B与甲醇生成醚的反应,应该在浓硫酸加热的条件下进行,故答案为:CH3OH、浓硫酸、加热;(3)比较C和E的结构可知,D的结构简式为,在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成,硝基能被氢气还原成氨基,可消耗3mol氢气,所以共消耗4mol氢气,故答案为:;4;(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子,即有4种位置的氢原子,②能发生银镜反应,说明有醛基,③能和氢氧化钠溶液反应,说明有羧基或酯基或酚羟基,结合
可知,符合条件的同分异构体的结构为,故答案为:;(5)被氧化可生成,与硝酸发生取代反应生成,被还原生成,进而发生缩聚反应可生成,可设计合成路线流程图为,故答案为:。【点睛】本题考查有机物的合成,题目难度中等,解答本题的关键是能把握题给信息,根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。18、③⑧+2NaOH+2NaBr+2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2OCH3COOCH2OH+nH2O【解析】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为:,两分子通过反应⑧酯化反应生成F;D与氢气通过反应⑥生成E,则D的结构简式为:CH3COCOOH;C通过反应生成D,则C为;B通过反应④加热氧化成C,则B为;A通过反应③生成B,丙烯通过与溴发生加成反应生成A,则A为;反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯,据此进行解答。【详解】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为:,两分子通过反应⑧酯化反应生成F;D与氢气通过反应⑥生成E,则D的结构简式为:CH3COCOOH;C通过反应生成D,则C为;B通过反应④加热氧化成C,则B为;A通过反应③生成B,丙烯通过与溴发生加成反应生成A,则A为;(1)反应①为分解反应,反应②为加成反应,反应③为取代反应,反应④⑤为氧化反应,反应⑥为加成反应,反应⑦缩聚反应,反应⑧为酯化反应,也属于取代反应,所以属于取代反应为③⑧;(2)过反应③的化学方程式为:;反应⑤的化学方程式为:;(3)E的结构简式为,E存在三种常见不同类别物质的异构体有:、、;(4)PLLA废弃塑料降解生成,反应的化学方程式为:;(5)根据逆合成法可知,可以通过丙炔通过信息反应合成,丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得,所以合成路线为:。19、回收乙醇2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O当滴入最后一滴KMnO4标准液时,溶液变成浅红色,且半分钟不褪色由步骤Ⅰ的反应离子方程式:Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+,可得关系式:Cu2+~H2Y2−,据题意有:解得:n(Cu2+)=0.002mol由步骤Ⅱ的离子反应方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,可得关系式:2MnO4-~5C2O42-,则有:解得:n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒,可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理,则n(H2O)=。故草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式为:K2Cu(C2O4)2·2H2O。【解析】
(1)分析题中所给信息,硫酸铜不溶于乙醇,使用乙醇可以降低硫酸铜的溶解度,有利于晶体的析出。加入乙醇后,乙醇易挥发,故可通过蒸馏的方法回收。(2)根据题中步骤Ⅰ测定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量,可计算出0.7080g样品中Cu2+的量;根据步骤Ⅱ测定C2O42-的过程中,KMnO4和C2O42-在酸性条件下发生氧化还原反应,结合氧化还原反应原理,可计算出0.7080g样品中C2O42-的量;结合电荷守恒和质量守恒,分别计算出K+和H2O的量。进而可确定草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式。【详解】(1)乙醇易挥发,故可通过蒸馏的方法回收。答案为:回收乙醇;(2)①根据氧化还原反应原理,可知离子反应方程式为:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O;答案为:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O;②KMnO4溶液为紫红色,当加入最后一滴KMnO4标准液时,溶液变成浅红色,且半分钟不褪色,说明达到滴定终点。答案为:当滴入最后一滴KMnO4标准液时,溶液变成浅红色,且半分钟不褪色;③由步骤Ⅰ的反应离子方程式:Cu2++H2Y2−CuY2−+2H+,可得关系式:Cu2+~H2Y2−,据题意有:解得:n(Cu2+)=0.002mol由步骤Ⅱ的离子反应方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,可得关系式:2MnO4-~5C2O42-,则有:解得:n(C2O42-)=0.004mol根据电荷守恒,可知n(K+)=0.004mol根据质量守恒原理,则n(H2O)=。故草酸合铜(Ⅱ)酸钾的化学式为:K2Cu(C2O4)2·2H2O。20、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小,滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】
以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4晶体,软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧,得到墨绿色熔块,为K2MnO4,冷却后溶于水其水溶液呈深绿色,这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色,边加热边通入适量二氧化碳气体,调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液,冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下,MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O,熔融固体物质需要在坩埚内加热,加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚;瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应,坩埚被腐蚀;⑵工艺流程可知,CO2使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入CO2太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4;氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质,还原剂是元素化合价升高的物质,结合化学方程式定量关系和电子守恒计算;流程中需要加入的物质在后面有生成该物质,该物质可以循环利用;⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发,冷却结晶,过滤或抽滤得到晶体;工艺流程可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、高锰酸钾;【详解】(1).加热条件下,MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O,反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时,由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应:2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚,而不与Fe发生反应,所以要用铁坩埚;故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;酒精灯、坩埚钳;瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应;(2).由流程图可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生
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