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文档简介
山东省重点中学新高考冲刺模拟化学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列物质名称和括号内化学式对应的是()A.纯碱(NaOH) B.重晶石(BaSO4)C.熟石膏(CaSO4•2H2O) D.生石灰[Ca(OH)2]2、镁、铝都是较活泼的金属,下列描述中正确的是A.高温下,镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B.镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C.镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应,铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应D.铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物3、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是()A.空气:C2H2、CO2、SO2、NOB.氢氧化铁胶体:H+、K+、S2-、Br-C.银氨溶液:Na+、K+、NO3-、NH3·H2OD.重铬酸钾溶液:H+、Na+、SO42-、葡萄糖分子4、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂,其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为:。下列说法错误的是A.上述反应属于加成反应B.碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C.碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D.1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH5、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,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Y22-结合形成的化合物是离子晶体D.Z的最高价氧化物的水化物是中强碱6、下图为某城市某日空气质量报告,下列叙述与报告内容不相符的是A.该日空气首要污染物是PM10B.该日空气质量等级属于中度污染C.污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气D.PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物,会影响人体健康7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol·L-1Na2CO3溶液中,含CO32-数目小于NAB.标准状况下,11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NAC.14g聚乙烯与聚丙烯的混合物,含C-H键的数目为2NAD.常温常压下,22.4LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA8、其它条件不变,升高温度,不一定增大的是A.气体摩尔体积Vm B.化学平衡常数KC.水的离子积常数Kw D.盐类水解程度9、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,W为空气中含量最多的元素,Y的周期数等于其族序数,W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水,Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A.X、Y均可形成两种氧化物B.离子的半径大小顺序:r(X+)<r(Z2-)C.W和Z的氢化物之间不能反应D.X的氢化物(XH)中含有共价键10、同一周期的X、Y、Z三种元素,已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4,则下列判断错误的是A.原子半径:X>Y>Z B.气态氢化物的稳定性:HX>H2Y>ZH3C.元素原子得电子能力:X>Y>Z D.阴离子的还原性:Z3->Y2->X-11、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB.1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C.1molNaClO中所有ClO-的电子总数为26NAD.标准状况下,6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA12、下列物质的工业生产过程中,其主要反应不涉及氧化还原反应的是()A.纯碱 B.氨气 C.烧碱 D.盐酸13、无水MgBr2可用作催化剂。某兴趣小组同学采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2,设计装置如图所示。已知:Mg与Br2反应剧烈放热;MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是()A.冷凝管中冷水进、出口方向错误B.实验中可以用干燥的空气代替干燥的N2C.为防止反应过于剧烈,不能用装置C代替装置BD.装有无水CaCl2固体A的作用是吸收挥发的溴蒸气,防止污染环境14、某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成,其中W、Y、Z分别位于三个不同周期,Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍;W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A.原子半径:W<X<Y<ZB.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C.简单离子的氧化性:WXD.W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应15、a、b、c、d为短周期元素,a的M电子层有1个电子,b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,c与d同周期,d的原子半径小于c。下列叙述正确的是()A.离子半径:a>d>c B.a、c形成的化合物中只有离子键C.简单离子还原性:c<d D.c的单质易溶于b、c形成的二元化合物中16、下列实验与对应的解释或结论正确的是()选项实验解释或结论A2mL0.2molL-1H2C2O4(草酸)溶液右侧试管中溶液紫色褪去慢,推知反应物浓度越大,反应速率越小B分别向盛有等量煤油、无水乙醇的两烧杯中加入大小相等的金属钠,对比观察现象乙醇分子中羟基上的氢原子活泼C分别向盛有动物油、石蜡的两烧杯中加入足量烧碱溶液,充分加热,冷却动物油、石蜡均能发生皂化反应D将电石与食盐水反应生成的气体,通入酸性高锰酸钾溶液中,观察溶液颜色变化由溶液紫色褪去可知乙炔能发生氧化反应A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括5小题)17、下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图(反应条件已经略去):已知:①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇,但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键;LiBH4遇酸易分解。②RCH2COOR'RCH(CH3)COOR',RCOR'RCH(OH)R',RCOOR'RCH2OH+R'OH。(1)反应A→B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8O2,X的结构简式为_____。(2)C用LiBH4还原得到D,C→D不直接用镍作催化剂H2还原的原因是______。(3)写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为_____________。①属于芳香族化合物;②能使FeCl3溶液显色;③分子中有4种不同化学环境的氢。(4)写出E和银氨溶液反应的化学方程式_________。(5)根据已有知识并结合相关信息,设计B→C的合成路线图(CH3I和无机试剂任选),合成路线常用的表示方式为:。____________18、(化学:选修5:有机化学基础)以有机物A制备高分子化合物F()的流程如下:请回答下列问题。(1)A的官能团名称是_______;C的系统命名是____________。(2)①的反应类型是_______,⑤的反应类型是___________。(3)写出反应③的化学方程式:______________________。(4)满足下列条件的B同分异构体有____种。Ⅰ.能与Na反应产生气体Ⅱ.能与NaOH反应Ⅲ.不能与Na2CO3反应。若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2,则其结构简式是__________。(5)已知:Ⅰ.Ⅱ.写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图(无机试剂可以任选):__________。19、某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O(一水硫酸四氨合铜)和Fe3O4胶体粒子,具体流程如下:已知:①Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3②Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O③[Cu(NH3)4]SO4易溶于水,难溶于乙醇。请回答:(1)滤渣的成分为________。(2)步骤Ⅰ中生成[Cu(NH3)4]SO4·H2O的离子方程式:________。步骤Ⅰ中加入(NH4)2SO4的作用是作为反应物和________。(3)步骤Ⅳ中加入95%乙醇时,缓慢加入的目的是________。(4)下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,缓慢流干,重复2~3次(5)步骤Ⅲ中,从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即:滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作,请在空格处填写正确的操作次序(填写序号)。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液,加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体,搅拌溶解⑤测定Fe3+含量(6)测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度,过程如下:取0.5000g试样溶于水,滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3~4,加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂,生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定,重复2~3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知:M[Cu(NH3)4SO4·H2O]=246.0g·mol−1;2Cu2++4I−=2CuI+I2,I2+2S2O32-=2I−+S4O62-。20、亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,在水中溶解度较大,遇酸放出ClO2,是一种高效的氧化剂和优质漂白剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示:已知:①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃,极易溶于水,遇热水、见光易分解;气体浓度较大时易发生分解,若用空气、CO2、氮气等气体稀释时,爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O请回答:(1)按上图组装好仪器后,首先应该进行的操作是____;装置B的作用是___;冰水浴冷却的主要目的不包括_(填字母)。a.减少H2O2的分解b.降低ClO2的溶解度c.减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料,写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式:____。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外,还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率,试分析原因:________。(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl,所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外,还可以选择的还原剂是_(填字母)A.过氧化钠B.硫化钠C.氯化亚铁D.高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s),则NaClO2的产率是_×100%。21、过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。(1)金属钒在材料科学上有重要作用,被称为“合金的维生素”,基态钒原子的价层电子的排布式为__________;基态Mn原子核外有____种运动状态不同的电子,M层的电子云有_______种不同的伸展方向。(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数增大,总趋势是逐渐增大的,但Ga的第一电离能明显低于Zn,原因是____________________________________(3)NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。与NO2-互为等电子体的微粒__________(写出一种),K3[Co(NO2)6]中存在的作用力有___________a.σ键b.π键c.配位键d.离子键e.范德华力(4)锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3,BH4-的空间构型为____________(5)FeO是离子晶体,其晶格能可通过下图中的Born—Haber循环计算得到。可知,O原子的第一电子亲和能为________kJ•mol-1,FeO晶格能为________kJ•mol-1。(6)铜与氧可形成如图所示的晶胞结构,其中Cu均匀地分散在立方体内部,a、b的坐标参数依次为(0,0,0)、(1/2,1/2,1/2),则d点的坐标参数为_______________,已知该晶体的密度为ρg•cm-3,NA是阿伏伽德罗常数的值,则晶胞参数为_________pm(列出计算式即可)
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A.纯碱的化学式为Na2CO3,A项错误;
B.重晶石结构简式为BaSO4,B项正确;
C.生石膏的化学式为CaSO4•2H2O,而熟石膏的化学式为2CaSO4•H2O,C项错误;
D.生石灰的化学式为CaO,D项错误;答案选B。2、C【解析】A、在常温下,镁和铝在空气里都能跟氧气反应,生成一层致密而坚固的氧化物薄膜,这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化,所以镁和铝都有抗腐蚀的性能,但是在高温下能剧烈反应,放出大量热,选项A错误;B、镁能跟酸反应不能跟碱反应,选项B错误;C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝,选项C正确;D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物,在铝热剂反应时,为了引燃,在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾),中间插一根镁条,是为引燃用的,选项D错误。答案选C。3、C【解析】
A、空气中含有氧气,一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮,所以二者不能大量共存,故A错误;B、氢氧化铁胶体带有正电荷,带负电荷的离子能够中和氢氧化铁胶体的正电荷,导致氢氧化铁发生聚沉,所以不能大量共存,故B错误;C、Na+、K+、NO3-、NH3·H2O离子之间不反应,与银氨溶液也不反应,可大量共存,故C正确;D、重铬酸钾溶液具有强氧化性,能够与葡萄糖发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;答案选C。【点睛】本题的易错点为B,要注意在胶体中加入电解质溶液,胶体容易发生聚沉。4、C【解析】
A选项,根据分析两种物质变为一种物质,则上述反应属于加成反应,故A正确;B选项,碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种,一种为在同一个碳原子上,另一种是两个碳原子上各一个氯原子,故B正确;C选项,碳酸亚乙酯有亚甲基的结构,类似于甲烷的空间结构,不可能所有原子共平面,故C错误;D选项,1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基,因此最多可消耗2molNaOH发生反应,生成乙二醇和碳酸钠,故D正确。综上所述,答案为C。5、D【解析】
短周期元素X、M的族序数均等于周期序数,符合要求的只有H、Be、Al三种元素;结合分子结构图化学键连接方式,X为H元素,M为Al元素,Y原子核外最外层电子数是其电子总数的,Y为O元素,原子序数依次增大,Z元素在O元素和Al元素之间,结合题图判断Z为Mg元素,据此分析解答。【详解】根据分析X为H元素,Y为O元素,Z为Mg元素,M为Al元素;A.Y为O元素,Z为Mg元素,M为Al元素,简单离子的核外电子排布结构相同,核电荷数越大,半径越小,则半径:Y>Z>M,故A错误;B.Z为Mg元素,M为Al元素,常温下Al遇浓硝酸发生钝化,不能溶于浓硝酸,故B错误;C.X为H元素,Y为O元素,X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水,是分子晶体,故C错误;D.Z为Mg元素,Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁,是中强碱,故D正确;答案选D。6、B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物,根据空气质量报告,PM10数值最大,所以该日空气首要污染物是PM10,故A正确;首要污染物的污染指数即为空气污染指数,该日空气污染指数为79,空气质量等级属于良,故B错误;机动车尾气中含有NO2、CO,故C正确;PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米,
PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物,PM2.5、PM10会影响人体健康,故D正确。7、C【解析】
A.缺少溶液的体积,不能计算溶液中含CO32-数目,A错误;B.标准状况下,11.2L气体的物质的量是0.5mol,若0.5mol气体完全是O2,则其中含有的O原子数目是NA,若气体完全是O3,其中含有的O原子数目为1.5NA,故标准状况下,11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA,B错误;C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2,其式量是14,则14g该混合物中含有1molCH2,1molCH2中含有2molC-H键,因此14g聚乙烯与聚丙烯的混合物,含C-H键的数目为2NA,C正确;D.在常温常压下,22.4LCO2的物质的量小于1mol,因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA,D错误;故合理选项是C。8、B【解析】
A.气体摩尔体积Vm,随温度的升高而升高,故错误;;B.可能为吸热反应,也可能为放热反应,则升高温度,可能正向移动或逆向移动,化学平衡常数K不一定增大,故B选;C.水的电离吸热,则升高温度水的离子积常数Kw增大,故C不选;D.水解反应吸热,则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大,故D不选;故选:B。9、B【解析】
W是空气中含量最多的元素,则W为N元素。Y的周期数等于其族序数,另Y的原子序数大于W的原子序数,则Y在第三周期第ⅢA族,Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水,在Al和N之间的元素,Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水,则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍,最内层的电子数为2个,则Z的最外层电子数为6,则Z为S元素。A.Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物,属于特殊的氧化物),有2种;Al的氧化物为Al2O3,只有1种,A错误;B.S2-核外有3个电子层,Na+核外只有2个电子层,电子层数越多,离子半径越大,则有r(Na+)<r(S2-),B正确;C.W和Z的氢化物分别为NH3和H2S,可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=(NH4)2S,C错误;D.Na的氢化物NaH,由Na+和H-构成,只有离子键,D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为:①核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小;②核外电子排布不同的短周期元素离子,其电子层数越多,离子半径越大。10、A【解析】
元素非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,由题意可知,最高价氧化物对应水化物的酸性是:HXO4>H2YO4>H3ZO4,则元素非金属性X>Y>Z。【详解】A项、同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,非金属性依次增强,则原子半径:X<Y<Z,故A错误;B项、元素非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性:X>Y>Z,则气态氢化物的稳定性:HX>H2Y>ZH3,故B正确;C项、元素非金属性越强,原子得电子能力越强,元素非金属性:X>Y>Z,则原子得电子能力:X>Y>Z,故C正确;D项、元素非金属性越强,阴离子的还原性越弱,非金属性:X>Y>Z,则阴离子的还原性:Z3->Y2->X-,故D正确。故选A。11、C【解析】
A.Na2SO4水溶液中,水分子也含有氧原子,故1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于4NA,选项A错误;B.Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成,故1molNa2O2中含3mol离子,而1mol甲烷中含4molC-H键,选项B错误;C.1molNaClO中含1molClO-,而1molClO-中含26mol电子,选项C正确;D.标况下,6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol,而NO2与水的反应为歧化反应,3molNO2转移2mol电子,故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子,选项D错误.答案选C。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键,易错点为选项D.标况下,6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol,而NO2与水的反应为歧化反应,3molNO2转移2mol电子,故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子。12、A【解析】
A.工业生产纯碱的化学方程式为:NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑都为复分解反应,不涉及氧化还原反应,故A正确;B.工业制氨气的化学方程式为:
N2+3H22NH3,有化合价变化,是氧化还原反应,故B错误;C.工业制取烧碱的化学方程式为:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
,有化合价变化,是氧化还原反应,故C错误;D.工业制取盐酸:H2+Cl22HCl,HCl溶于水形成盐酸,有化合价变化,是氧化还原反应,故D错误;故答案为A。13、C【解析】
A.冷凝管下口进水,上口出水,方向正确,故A错误;B.空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应,故B错误;C.将装置B改为C装置,当干燥的氮气通入,会使气压变大,将液溴快速压入三颈瓶,反应过快大量放热存在安全隐患,不能更换,故C正确;D.仪器A为干燥管,用于吸收空气中的水分,故D错误;正确答案是C。14、A【解析】
W、X、Y、Z均为短周期元素,且W、Y、Z分别位于三个不同周期,则其中一种元素为H,据图可知W不可能是H,则Y或者Z有一种是氢,若Y为H,则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”,所以Z为H,W和Y属于第二或第三周期;据图可知X可以形成+1价阳离子,若X为Li,则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同,所以X为Na;据图可知Y能够形成2个共价键,则Y最外层含有6个电子,结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知,Y为O;根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知,W最外层含有3个电子,为Al元素,据此解答。【详解】A.同一周期从左向右原子半径逐渐减小,同一主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径大小为:Z<Y<W<X,故A错误;
B.Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂,具有漂白性,故B正确;
C.金属性越强,对应简单离子的氧化性越弱,金属性Al<Na,则简单离子的氧化性:W>X,故C正确;
D.Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH,二者可相互反应生成偏铝酸钠和水,故D正确;
故选:A。15、D【解析】
a、b、c、d为短周期元素,a的M电子层有1个电子,则a为Na;b的最外层电子数为内层电子数的2倍,则b为C;c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍,则c为S;c与d同周期,d的原子半径小于c,则d为Cl。【详解】A.Na+核外电子层数为2,而Cl-和S2-核外电子层数为3,故Na+半径小于Cl-和S2-的半径;电子层数相同时,质子数越多,半径越小,所以Cl-的半径小于S2-的半径,所以离子半径:a<d<c,故A错误;B.a、c形成的化合物可以有多硫化钠Na2Sx,既有离子键,又有共价键,故B错误;C.元素的非金属性越强,单质的氧化性越强,相应离子的还原性越弱,所以简单离子还原性:c>d,故C错误;D.硫单质易溶于CS2中,故D正确;故选D。16、B【解析】
A.反应物浓度越大,反应速率越快,则解释与结论不正确,A项错误;B.钠会与无水乙醇反应产生氢气,则说明乙醇分子中羟基上的氢原子活泼,B项正确;C.动物油是高级脂肪酸甘油酯,在碱性条件下会水解生成高级脂肪酸纳,能发生皂化反应,但石蜡不会与氢氧化钠发生皂化反应,C项错误;D.电石与食盐水反应生成的乙炔气体含杂质如硫化氢等气体,所以通入酸性高锰酸钾溶液中能使紫色褪去的气体不一定是乙炔,D项错误;答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、CH3COOC2H5避免碳碳双键被氢气加成(还原),酯很难和氢气加成(还原)或【解析】
(1)反应A→B中需要加入试剂X,其分子式为C4H8O2,属于加成反应,则X为CH3COOC2H5;
(2)避免碳碳双键被H2加成或还原,酯很难和H2发生还原反应;(3)①属于芳香族化合物,说明含有苯环;②能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,结构应对称;(4)E中醛基与银氨溶液发生氧化反应;(5)比较B与C的结构简式可知,B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应,生成羧酸钠,然后将羰基用LiBH4还原为醇,然后酸化,将羧酸钠变为羧基,羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应,生成酯基,最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C。【详解】(1)根据A与B的结构简式的异同,结合X的分子式可知,A转化为B属于加成反应,则X是CH3COOC2H5;(2)C→D不直接用H2(镍作催化剂)还原的原因是:因为C中含有碳碳双键,碳碳双键也能与氢气发生加成反应,酯很难和H2发生还原反应,故答案为避免碳碳双键被氢气加成(还原),酯很难和氢气加成(还原);(3)A的同分异构体满足:①属于芳香族化合物,说明含有苯环;②能使FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,A的分子式是C10H14O,则分子中存在对称结构,所以符合题意的A的同分异构体的结构简式是或;(4)E分子中的醛基可与银氨溶液反应,醛基被氧化为羧基,同时生成氨气、银单质、水,化学方程式是;(5)比较B与C的结构简式可知,B先在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应,生成羧酸钠,然后将羰基用LiBH4还原为醇,然后酸化,将羧酸钠变为羧基,羧基与羟基在浓硫酸、加热条件下发生取代反应,生成酯基,最后再与CH3I发生增加C原子的反应得到C,合成流程图是:。18、溴原子、羟基、酯基1,3-丁二醇取代反应或水解反应缩聚反应11CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH【解析】试题分析:A水解生成B和C,C连续2次以后生成E,E和氢气发生加成反应生成B,则B和C分子中含有相同的碳原子数,均是4个。B发生缩聚反应生成F,则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH,因此E的结构简式为CH3COCH2COOH,D的结构简式为CH3COCH2CHO,因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH,据此分析解答。解析:A水解生成B和C,C连续2次以后生成E,E和氢气发生加成反应生成B,则B和C分子中含有相同的碳原子数,均是4个。B发生缩聚反应生成F,则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH,因此E的结构简式为CH3COCH2COOH,D的结构简式为CH3COCH2CHO,因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH,则(1)A属于酯类,且含有溴原子和羟基,因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基;C分子中含有2个羟基,其系统命名是1,3-丁二醇。(2)根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应,⑤的反应类型是缩聚反应。(3)反应③是醛基的氧化反应,反应的化学方程式为。(4)Ⅰ.能与Na反应产生气体,说明含有羟基或羧基;Ⅱ.能与NaOH反应,说明含有羧基或酯基;Ⅲ.不能与Na2CO3反应,说明含有酯基,不存在羧基,如果是甲酸形成的酯基,有5种;如果是乙酸形成的酯基有2种;如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种;丙酸形成的酯基有1种;羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种,共计11种;若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2,则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。(5)结合已知信息、相关物质的结构和性质,利用逆推法可知其合成路线可以设计为。19、Al(OH)3、Fe(OH)3Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu(NH3)42+(与反应生成的OH−成NH3·H2O,控制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解)有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【解析】
(1)合金粉末进行分离,铝铁应转化为滤渣形式,从所给物质分析,只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式,铜转化为[Cu(NH3)4]SO4,利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇,进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下,能进行分离,铁和铝都转化为滤渣,说明滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3;(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4,离子方程式为Cu+H2O2+2NH3+2=Cu(NH3)42++2H2O或Cu+H2O2+2NH3·H2O+2=Cu(NH3)42++4H2O;硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离,还可以抑制pH不能太大,以防H2O2在强碱条件下的分解;(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小,加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体;(4)A.因为过氧化氢能够分解,所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌,有利于提高H2O2的利用率,故正确;B.步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶,蒸发过程中促进反应,Cu(NH3)42+Cu2++4NH3,氨气逸出,铜离子水解生成氢氧化铜,所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质,故正确;C.步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤,需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等,故正确;D.步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头,加乙醇溶液浸没沉淀,然后进行抽滤,不能缓慢流干,故错误。故选ABC;(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物,加过量NaOH溶液搅拌,氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠,然后过滤出氢氧化铁沉淀,加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子,测定铁离子的含量,控制量,加入适量的硫酸亚铁固体,在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液,加热使其按方程式Fe2++2Fe3++8OH−Fe3O4↓+4H2O中的比例进行反应,生成四氧化三铁,再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.,故操作顺序为②③⑤④①;(6)根据反应2Cu2++4I−2CuI+I2,I2+2S2O32-2I−+S4O62-得关系式为2Cu2+----I2---2S2O32-,Na2S2O3的物质的量为0.1000×0.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol,则Cu(NH3)4SO4·H2O的质量为0.002mol×246.0g/mol=0.492g,质量分数为。20、检查装置的气密性防止倒吸b2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONaClO2遇酸放出ClO2空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解爆炸;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收,NaClO2的产率下降没有处理尾气A或或(或其他合理答案)【解析】
在装置内,NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2,发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O,生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置;B装置的进、出气导管都很短,表明此装置为防倒吸装置,混合气进入C中,发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O,ClO2的熔点低,遇热水、见光易分解,所以应使用冰水浴,以降低气体的温度;气体浓度较大时易发生分解,若用空气、CO2、氮气等气体稀释时,爆炸性则降低,则需控制气体的流速不能过慢,但过快又会导致反应不充分,吸收效率低。ClO2气体会污染大气,应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前,为防漏气,应在组装好仪器后,进行的操作是检查装置的气密性;由以上分析知,装置B的作用是防止倒吸;冰水浴冷却气体,可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解,ClO2为气体,降温有利于气体的溶解,不可能降低ClO2的溶解度,所以主要目的不包括b。答案为:检查装置的气密性;防止倒吸;b;(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料,三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2,发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案:2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2,所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外,还因为NaClO2遇酸放出ClO2,加碱可改变环境,使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率,原因是:空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解爆炸;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收,NaClO2的产率下降。答案为:NaClO2遇酸放出ClO2;空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解爆炸;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收,NaClO2的产率下降;(4)ClO2气体会污染大气,应进行尾气处理,所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为:没有处理尾气;(5)A.过氧化钠与水反应,可生成H2O2和NaOH,其还原能力与H2O2相似,A符合题意;B.硫化钠具有强还原性,能将NaClO2固体还原为NaCl,B不合题意;C.氯化亚铁具有较强还原性,能将NaClO2固体还原为NaCl,C不合题意;D.高锰酸钾具有强氧化性,不能将NaClO2固体还原,D不合题意;故选A。答案为:A;(6)可建立如下关系式:NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s),从而得出NaClO2(s)的理论产量为:=g,NaClO2的产率是=×100%。答案为:或或(或其他合理答案)。
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