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文档简介
福建省柘荣一中、宁德高中重点中学新高考冲刺押题(最后一卷)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、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NH3NO2HNO3B.Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2C.Fe2O3FeFeCl2D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO32、图中反应①是制备SiH4的一种方法,其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。下列说法错误的是A.A2B的化学式为Mg2SiB.该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC.利用MgCl2·6NH3制取镁的过程中发生了化合反应、分解反应D.分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热、灼烧,最终得到的固体相同3、下列说法正确的是A.乙二醇和丙三醇互为同系物B.室温下,在水中的溶解度:乙醇>苯酚>乙酸乙酯C.分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明甲基使苯环变活泼4、与氨碱法相比较,联合制碱法最突出的优点是A.NaCl利用率高 B.设备少C.循环利用的物质多 D.原料易得5、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键B.1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD.常温常压下,过氧化钠与水反应,生成8g氧气时转移的电子数为0.25NA6、《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下:“凡造淀,叶与茎多者入窖,少者入桶与缸。水浸七日,其汁自来。每水浆一石,下石灰五升,搅冲数十下,淀信即结。水性定时,淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是A.溶解 B.搅拌 C.升华 D.蒸发7、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应,分别设计甲、乙、丙三个实验:(甲)向反应混合液中滴入溴水,溶液颜色很快褪去.(乙)向反应混合液中滴入过量稀硝酸,再滴入AgNO3溶液,有浅黄色沉淀生成.(丙)向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液,溶液颜色褪去.则上述实验可以达到目的是()A.甲 B.乙 C.丙 D.都不行8、工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分,也无多余的水分,所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为A.53.8% B.58.3% C.60.3% D.70.0%9、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂,某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠,已知:2NO+Na2O2=2NaNO2,2NO2+Na2O2=2NaNO3;NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是()A.可将B中的药品换为浓硫酸B.实验开始前通一段时间CO2,可制得比较纯净的NaNO2C.开始滴加稀硝酸时,A中会有少量红棕色气体D.装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸10、下列不能用于判断F和Cl的非金属性强弱的事实是A.气态氢化物的稳定性 B.最高价氧化物对应水化物的酸性C.单质与氢气反应的难易 D.单质与氢气反应放出热量的多少11、下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是()A.将CO2和NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B.将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C.在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D.在析出NaHCO3的母液中通入NH3,加入氯化钠粉末,析出Na2CO3固体12、设NA为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB.90g果糖(C6H12O6,分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC.1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD.已知Ra→X+He,则0.5molX中含有的中子数为34NA13、下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中,不正确的是()选项实验现象结论A向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42-或SO32-B卤代烃Y与NaOH水溶液共热后,加入足量稀硝酸,再滴入AgNO3溶液产生白色沉淀Y中含有氯原子C碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体,通入苯酚钠溶液中出现白色浑浊酸性:硫酸>碳酸>苯酚D向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4,振荡、静置溶液分层,下层呈橙红色Br-还原性强于Cl-A.A B.B C.C D.D14、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB.1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC.常温常压下,0.5molFe和足量浓硝酸混合,转移电子数为1.5NAD.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应,其原子总数为0.2NA15、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”,Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是A.Y元素至少能形成三种单质B.简单离子半径:C.元素的非金属性:D.化合物ZX中,阴、阳离子的电子层结构相同16、H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H++HSO3-和HSO3-H++SO32-,若对H2SO3溶液进行如下操作,则结论正确的是:()A.通入氯气,溶液中氢离子浓度增大B.通入过量H2S,反应后溶液pH减小C.加入氢氧化钠溶液,平衡向右移动,pH变小D.加入氯化钡溶液,平衡向右移动,会产生亚硫酸钡沉淀二、非选择题(本题包括5小题)17、聚酰亚胺是重要的特种工程材料,已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下(部分反应条件略去)。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)(1)A所含官能团的名称是________。(2)①反应的化学方程式是________。(3)②反应的反应类型是________。(4)I的分子式为C9H12O2N2,I的结构简式是________。(5)K是D的同系物,核磁共振氢谱显示其有4组峰,③的化学方程式是________。(6)1molM与足量的NaHCO3溶液反应生成4molCO2,M的结构简式是________。(7)P的结构简式是________。18、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24:5,G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质):请回答:(1)化合物B所含的官能团的名称是___。(2)D的结构简式是___。(3)C+F→G的化学方程式是___。(4)下列说法正确的是___。A.在工业上,A→B的过程可以获得汽油等轻质油B.有机物C与D都能与金属钠反应,C经氧化也可得到FC.可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD.等质量的E、G混合物,无论以何比例混合,完全燃烧耗氧量相同19、氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂,Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化锂并测定其纯度,装置如图所示:实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。(1)盛装NH4Cl溶液的仪器名称是___________。(2)安全漏斗中“安全”含义是__________。实验室将锂保存在_____(填“煤油”“石蜡油”或“水”)中。(3)写出制备N2的化学方程式__________。(4)D装置的作用是____________。(5)测定Li3N产品纯度:取mgLi3N产品按如图所示装置实验。打开止水夹,向安全漏斗中加入足量水,当Li3N完全反应后,调平F和G中液面,测得NH3体积为VL(已折合成标准状况)。①读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压________(填“大于”“小于”或“等于”)外界大气压。②该Li3N产品的纯度为________%(只列出含m和V的计算式,不必计算化简)。若Li3N产品混有Li,则测得纯度_____________(选填“偏高”“偏低”或“无影响”)。20、如图所示,将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中,加热后产生的气体依次通过装置B和C,然后再通过加热的石英玻璃管D(放置有铁粉)。请回答:(1)仪器A的名称是_____,烧瓶中反应的化学方程式是______。(2)装置B中盛放的液体是____,气体通过装置B的目的是_____。(3)装置C中盛放的液体是____,气体通过装置C的目的是_____。(4)D中反应的化学方程式是____。(5)烧杯E中盛放的液体是___,反应的离子方程式是____。21、高锰酸钾是常用的氧化剂。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备高锰酸钾晶体。中间产物为锰酸钾。下图是实验室模拟制备KMnO4晶体的操作流程:已知:锰酸钾(K2MnO4)是墨绿色晶体,其水溶液呈深绿色,这是锰酸根离子(MnO42-)在水溶液中的特征颜色,在强碱性溶液中能稳定存在;在酸性、中性和弱碱性环境下,MnO42-会发生自身氧化还原反应,生成MnO4-和MnO2。回答下列问题:(1)KOH的电子式为____________,煅烧时KOH和软锰矿的混合物应放在________中加热(填标号)。A烧杯B瓷坩埚C蒸发皿D铁坩埚(2)调节溶液pH过程中,所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。(3)趁热过滤的目的是_____________________________________________。(4)已知20℃时K2SO4、KCl、CH3COOK的溶解度分别为11.1g、34g、217g,则从理论上分析,选用下列酸中________(填标号),得到的高锰酸钾晶体纯度更高。A稀硫酸B浓盐酸C醋酸D稀盐酸(5)产品中KMnO4的定量分析:①配制浓度为0.1250mg·mL-1的KMnO4标准溶液100mL。②将上述溶液稀释为浓度分别为2.5、5.0、7.5、10.0、12.5、15.0(单位:mg·L-1)的溶液,分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度,并将测定结果绘制成曲线如下。③称取KMnO4样品(不含K2MnO4)0.1250g按步骤①配得产品溶液1000mL,取10mL稀释至100mL,然后按步骤②的方法进行测定,两次测定所得的吸光度分别为0.149、0.151,则样品中KMnO4的质量分数为________。(6)酸性KMnO4溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为____________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
A.NH3NO2不能一步转化,氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2,选项A错误;B.MgCl2(aq)无水MgCl2,氯化镁为强酸弱碱盐,水解产生氢氧化镁和盐酸,盐酸易挥发,最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁,而不能一步得到无水氯化镁,选项B错误;C.FeFeCl3,铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁,无法一步转化生成氯化亚铁,选项C错误;D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3,电解氯化钠溶液得到氢氧化钠,氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠,反应均能一步转化,选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用,题目难度中等,试题侧重于学生的分析能力的考查,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。2、C【解析】
由反应①可知A2B应为Mg2Si,与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl2•6NH3,MgCl2•6NH3加入碱液,可生成Mg(OH)2,MgCl2•6NH3加热时不稳定,可分解生成氨气,同时生成氯化镁,电解熔融的氯化镁,可生成镁,用于工业冶炼,而MgCl2•6NH3与盐酸反应,可生成氯化镁、氯化铵,其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用,以此解答该题。【详解】A.由分析知A2B的化学式为Mg2Si,故A正确;B.反应①需要氨气和NH4Cl,而由流程可知MgCl2•6NH3加热或与盐酸反应,生成的氨气、氯化铵,参与反应①而循环使用,故B正确;C.由流程可知MgCl2·6NH3高温分解生成MgCl2,再电解MgCl2制取镁均发生分解反应,故C错误;D.分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热,灼烧,都是氧化镁,最终得到的固体相同,故D正确;故答案为C。3、B【解析】
A.乙二醇含有2个羟基,丙三醇含有3个羟基,结构不同,二者不是同系物,A错误;B.室温下,乙醇可与水以任意比例互溶,苯酚在水中的溶解度不大,乙酸乙酯不溶于水,故在水中的溶解度:乙醇>苯酚>乙酸乙酯,B正确;C.分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种,C错误;D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸,说明苯环影响了甲基,使甲基变活泼,D错误;故答案选B。4、A【解析】
氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环,产生的CaCl2用途不大,而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气,结晶出的NH4Cl,其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点:大量CaCl2用途不大,NaCl利用率只有70%,约有30%的NaCl留在母液中,侯氏制碱法的优点:把合成氨和纯碱两种产品联合生产,提高了食盐利用率,缩短了生产流程,减少了对环境的污染,降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点,消除了它的缺点,使食盐的利用率提高到96%,故选A。5、A【解析】
A.一个P4分子中含有6个P-P键,所以1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键,故A正确;B.一个CH3+所含电子数为6+3-1=8,所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA,故B错误;C.溶液体积未知,无法计算所含微粒数目,故C错误;D.8g氧气的物质的量为0.25mol,过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2,且为唯一氧化产物,氧元素化合价由-1价变为0价,所以转移的电子数目为0.5NA,故D错误;故答案为A。6、C【解析】
A、“水浸七日,其汁自来”涉及到溶解,故A不选;B、“搅冲数十下”涉及到搅拌,故B不选;C、升华是指由固态受热直接变成气体,文中没有涉及,故C选;D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发,故D不选;故选C。7、D【解析】
溴乙烷水解反应:C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr(氢氧化钠水溶液共热);消去反应:CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O(氢氧化钠乙醇共热),即无论发生水解反应还是消去反应,混合液里面都有Br-。【详解】A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH,过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去,A不正确;B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH,然后再滴入AgNO3溶液,若有浅黄色沉淀生成,可证明混合液里含有Br-,不能证明发生了消去反应,B不正确;C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅,C不正确;D、根据上述分析可知,三种方案都不行,符合题意。答案选D。8、B【解析】
工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分,也无多余的水分,也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca(NO3)2•6H2O晶体,反应方程式为:CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2•6H2O,设硝酸的质量为126g,则:CaO+2HNO3+5H2O═Ca(NO3)2•6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为×100%=58.3%;故选:B。9、C【解析】
A.装置B中无水CaCl2作干燥剂,干燥NO气体,由于装置为U型管,若换为浓硫酸,气体不能通过,因此不能将B中的药品换为浓硫酸,A错误;B.实验开始前通一段时间CO2,可排出装置中的空气,避免NO氧化产生NO2气体,不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3,但CO2会发生反应:2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,因此也不能制得比较纯净的NaNO2,B错误;C.开始滴加稀硝酸时,A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体,NO与装置中的O2反应产生NO2,因此会有少量红棕色气体,C正确;D.在装置D中,NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色,因此当D中溶液紫红色变浅,就证明了NO可以被氧化,此时就可以停止滴加稀硝酸,D错误;故合理选项是C。10、B【解析】
A.因为HF比HCl稳定,所以F比Cl的非金属性强,故A正确;B.氟非金属性强,无正价,故B错误;C.F2在暗处就能和H2反应,Cl2在点燃的条件下能反应,所以F比Cl的非金属性强,故C正确;D.氟气与氢气反应放出的热量比氯气与氢气反应放出的热量多,所以氟的非金属性强于氯,故D正确;答案选B。【点睛】比较两种元素的非金属性强弱,可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱。11、B【解析】
A.氨气极易溶于水,二氧化碳在水中的溶解度较小,依据侯德榜制碱的原理:向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠,加热反应制备,则应该先向饱和食盐水中通入过量的氨气,再通入过量的二氧化碳,故A错误;B.NaHCO3固体加热会分解成纯碱Na2CO3,故B正确;C.侯德榜制碱法中,在析出NaHCO3的母液中加入生石灰(CaO),可以循环利用NH3,故C错误;D.析出NaHCO3的母液中主要含NH4Cl,氯化钠粉末溶解度较大,有利于增加Cl-含量;通入氨气,增加NH4+量,有利于NH4Cl析出,故D错误;正确答案是B。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析,明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质,掌握工艺流程和反应原理是解题关键,题目难度中等。12、A【解析】
A.假设17g全部为H2S,含有质子物质的量为=9mol,假设全部为PH3,含有质子物质的量为=9mol,则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol,故A正确;B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH,根据果糖的结构简式,非极性键应是C-C之间的键,90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol,故B错误;C.乙醇结构简式为CH3CH2OH,乙醚的结构简式为CH3-O-CH3,前者含有羟基,后者不含羟基,因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在0~1mol之间,故C错误;D.推出X的原子结构为,0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol×(222-86)=68mol,故D错误;答案:A。13、A【解析】
A.某无色溶液中滴入BaCl2溶液,生成白色沉淀,原溶液中可能含有Ag+,A不正确;B.加入硝酸酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀,则该卤代烃中含有氯原子,B正确;C.碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳能使苯酚钠溶液变浑浊,根据较强酸可以制较弱酸的规律,可知酸性:硫酸>碳酸>苯酚,C正确;D.下层呈橙红色,则表明NaBr与氯水反应生成Br2,从而得出还原性:Br->Cl-,D正确;故选A。14、A【解析】
A.D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10,所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA,故A正确;B.NaHCO3属于强碱弱酸盐,HCO3-既能发生电离:HCO3-H++CO32-,也能发生水解:H2O+HCO3-H2CO3+OH-,根据物料守恒可知,1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C.常温常压下,Fe和足量浓硝酸发生钝化反应,故C错误;D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应为H2(g)+I2(g)2HI,其原子总数为0.4NA,故D错误;答案:A。15、A【解析】
本题考查物质结构和元素周期律,意在考查接受,吸收,整合化学信息的能力。根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”,可以确定X为H、Y为C;根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,Z、W可形成常见的离子化合物Z2W,可以确定Z为Na、W为S;据此分析。【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质,故A正确;B.①微粒半径电子层数越多,半径越大;②当电子层数相同时,核电荷数越大,吸电子能力越强,半径越小,故离子半径:S2->Na+>H+,故B错误;C.元素的非金属性:S>C>H,故C错误;D.NaH中,Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子,电子层结构显然不同,故D错误;答案:A16、A【解析】
A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42-+2Cl-,溶液中氢离子浓度增大,A正确;B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O,通入硫化氢后抑制亚硫酸电离,导致氢离子浓度减小,溶液的pH增大,B错误;C、加入氢氧化钠溶液,发生反应OH-+H+=H2O,平衡向正向移动,但氢离子浓度减小,溶液的pH增大,C错误;D、氯化钡和亚硫酸不反应,不影响亚硫酸的电离,不会产生亚硫酸钡沉淀,D错误。答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、碳碳双键+C2H5OH+H2O取代反应(硝化反应)+2CH3Cl+2HCl【解析】
根据合成路线可知,A为乙烯,与水加成生成乙醇,B为乙醇;D为甲苯,氧化后生成苯甲酸,E为苯甲酸;乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水,F为苯甲酸乙酯;根据聚酰亚胺的结构简式可知,N原子在苯环的间位,则F与硝酸反应,生成;再与Fe/Cl2反应生成,则I为;K是D的同系物,核磁共振氢谱显示其有4组峰,则2个甲基在间位,K为;M分子中含有10个C原子,聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置,则L为;被氧化生成M,M为;【详解】(1)分析可知,A为乙烯,含有的官能团为碳碳双键;(2)反应①为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应,方程式为+C2H5OH+H2O;(3)反应②中,F与硝酸反应,生成,反应类型为取代反应;(4)I的分子式为C9H12O2N2,根据已知ii,可确定I的分子式为C9H16N2,氨基的位置在-COOC2H5的间位,结构简式为;(5)K是D的同系物,D为甲苯,则K中含有1个苯环,核磁共振氢谱显示其有4组峰,则其为对称结构,若为乙基苯,有5组峰值;若2甲基在对位,有2组峰值;间位有4组;邻位有3组,则为间二甲苯,聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置,则L为,反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl;(6)1molM可与4molNaHCO3反应生成4molCO2,则M中含有4mol羧基,则M的结构简式为;(7)I为、N为,氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水,则P的结构简式为。【点睛】确定苯环上N原子的取代位置时,可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位置确定。18、碳碳双键CH3CH2CH2OHH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH(CH3)2+H2OCD【解析】
烃A中碳、氢两种元素的质量比是24:5,则N(C):N(H)=,应为C4H10,由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3,D为CH3CH2CH2OH,E为CH3CH2CHO,F为CH3CH2COOH,B为CH3CH=CH2,生成G为CH3CH2COOCH(CH3)2,以此解答该题。【详解】(1)B为CH3CH=CH2,含有的官能团为碳碳双键,故答案为:碳碳双键;(2)D为CH3CH2CH2OH,故答案为:CH3CH2CH2OH;(3)C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O,故答案为:CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O;(4)A.在工业上,A→B的过程为裂解,可获得乙烯等烯烃,而裂化可以获得汽油等轻质油,故A错误;B.有机物C与D都能与金属钠反应,C经氧化生成丙酮,故B错误;C.醛可溶于水,酸与碳酸钠反应,酯类不溶于水,则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G,故C正确;D.E、G的最简式相同,则等质量的E、G混合物,无论以何比例混合,完全燃烧耗氧量相同,故D正确;故答案为:CD。19、圆底烧瓶残留在漏斗颈部的液体起液封作用;当内部气体多、压强大时,又可通过积留液体而放出气体石蜡油NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入,干扰试验等于偏高【解析】
分析题给装置图,可知装置A为NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2的发生装置,装置B的目的为干燥N2,装置C为N2和金属Li进行合成的发生装置,装置D的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入,干扰试验。据此解答。【详解】(1)盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶,答案为:圆底烧瓶;(2)安全漏斗颈部呈弹簧状,残留液体起液封作用,当内部气体多、压强大时,又可通过积留液体而放出气体;锂的密度小于煤油,锂与水反应,常将锂保存在石蜡油中。答案为:残留在漏斗颈部的液体起液封作用,当内部气体多、压强大时,又可通过积留液体而放出气体;石蜡油(3)亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。答案为:NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O;(4)锂能与二氧化碳、水反应,氮化锂能与水反应,故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为:防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入,干扰试验;(5)①氨气压强无法直接测定,只能测定外界大气压,当G和F中液面相平时,氨气压强等于外界大气压。答案为:等于;②装置E中发生反应:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑,根据题意有:n(NH3)=mol,则ω(Li3N)=×100%=%。锂能与水反应产生H2,如果产品混有锂,则产生气体体积偏大,测得产品纯度偏高;答案为:;偏高。20、分液漏斗4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质HCl浓硫酸吸收水蒸气,干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH溶液2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】
烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气,由于浓盐酸中含有水且易挥发,出来的气体中含有水蒸气和氯化氢,通过B中的饱和食盐水除去氯化氢气体,在通过C中的浓硫酸除去水蒸气,得到干燥的氯气,通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应,未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收;
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