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文档简介
西藏林芝第一中学新高考化学五模试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、萜类化合物广泛存在于动植物体内,某萜类化合物如下图所示,下列说法正确的是A.此萜类化合物的化学式为C10H14OB.该有机物属于芳香烃C.分子中所有碳原子均处于同一平面上D.在浓硫酸、加热条件下,可生成两种芳香烯烃2、下列关于有机物的说法正确的是A.乙醇和丙三醇互为同系物B.二环己烷()的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)C.按系统命名法,化合物的名称是2,3,4-三甲基-2-乙基戊烷D.环己烯()分子中的所有碳原子共面3、从煤焦油中分离出苯的方法是()A.干馏 B.分馏 C.分液 D.萃取4、相同温度下溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如图所示。下列判断不正确的是()A.对比pH=7和pH=10的曲线,在同一时刻,能说明R的起始浓度越大,降解速率越大B.对比pH=2和pH=7的曲线,说明溶液酸性越强,R的降解速率越大C.在0~20min之间,pH=2时R的平均降解速率为0.0875×10-4mol·L-1·min-1D.50min时,pH=2和pH=7时R的降解百分率相等5、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-,下列反应不能发生的是A.2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+ B.I2+SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+C.2Fe2++I2→2Fe3++2I- D.Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+6、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种,实验室设计了下述方案对废液进行处理,以回收金属,保护环境。已知:步骤①中,滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A.根据步骤①的现象,说明废液中一定含有Al3+B.由步骤②中红棕色固体可知,废液中一定存在Fe3+C.沉淀甲中可能含有Al(OH)3D.该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种7、对如图有机物的说法正确的是()A.属于苯的同系物B.如图有机物可以与4molH2加成C.如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上D.如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应8、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸,生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示,则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.a点对应的溶液中:Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-B.b点对应的溶液中:K+、Ca2+、I-、Cl-C.c点对应的溶液中:Na+、Ca2+、NO3-、Ag+D.d点对应的溶液中:F-、NO3-、Fe2+、Cl-9、298K时,在0.10mol/LH2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂B.X点溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)C.Y点溶液中:3c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)+2c(H2A)D.0.01mol/LNa2A溶液的pH约为10.8510、已知常温下Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)、Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是()A.将10mL0.1mol/LNa2CO3溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/L盐酸中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(HCO3-)B.现有①200mL0.1mol/LNaClO溶液,②100mL0.1mol/LCH3COONa溶液,两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和:②>①C.向0.1mol/LNH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体:比值减小D.将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合,再加入足量AgNO3浓溶液:产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀11、常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述正确的是A.图中Y线代表的AgClB.n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgCl沉淀D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为10-0.7112、下列有关物质的性质与应用相对应的是()A.Cl2具有漂白性,可用作自来水的消毒B.SiO2具有高沸点,可用作制备光导纤维C.NH3具有还原性,可用作制冷剂D.Na2O2能与CO2反应,可用作潜水艇内的供氧剂13、已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是A.原子半径:Br>Ga>Cl>Al B.镓元素为第四周期第ⅣA元素C.7935Br与8135Br得电子能力不同 D.碱性:Ga(OH)3>Al(OH)3,酸性:HClO4>HBrO414、CuI是有机合成的一种催化剂,受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO4+2NaI+SO2+2H2O2CuI↓+2H2SO4+Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A.制备SO2B.制备CuI并制备少量含SO2的溶液C.将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D.加热干燥湿的CuI固体15、常温下,往饱和石灰水中加入一定量的生石灰,一段时间后恢复到原温度,以下叙述错误的是A.有溶质析出 B.溶液中Ca2+的数目不变C.溶剂的质量减小 D.溶液的pH不变16、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应,加入溶质H2SO4的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括5小题)17、某课题组以苯为主要原料,采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。已知:回答下列问题:(1)写出化合物B的结构简式___。F的结构简式___。(2)写出D中的官能团名称___。(3)写出B→C的化学方程式___。(4)对于柳胺酚,下列说法不正确的是(_____)A.1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B.不发生硝化反应C.可发生水解反应D.可与溴发生取代反应(5)写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式__(写出2种)。①遇FeCl3发生显色反应,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子;②能发生银镜反应18、芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系:已知:①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子②+CO2③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O回答下列问题:(1)A生成B的反应类型为__________,由D生成E的反应条件为_______________。(2)H中含有的官能团名称为______________。(3)I的结构简式为__________________________。(4)由E生成F的化学方程式为____________________________________________。(5)F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为:___________________。①能发生水解反应和银镜反应②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基③具有5组核磁共振氢谱峰(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体,请参考上述合成路线,设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选,用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件):___________________。19、设计一个方案,在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下,分三步从含有Fe3+、Cu2+、Cl-和NO3-的废液中,把Fe3+转化为绿矾回收,把Cu2+转化为Cu回收,各步反应加入的原料依次是________,________,________。各步反应的离子方程式是:(1)_________________________________;(2)_________________________________;(3)__________________________________。20、无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验,探究不同温度下气体产物的组成.实验装置如下:每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积.实验数据如下(E中气体体积已折算至标准状况):实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6(1)实验过程中A中的现象是______.D中无水氯化钙的作用是_______.(2)在测量E中气体体积时,应注意先_______,然后调节水准管与量气管的液面相平,若水准管内液面高于量气管,测得气体体积______(填“偏大”、“偏小”或“不变”).(3)实验①中B中吸收的气体是_____.实验②中E中收集到的气体是______.(4)推测实验②中CuSO4分解反应方程式为:_______.(5)根据表中数据分析,实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g.(6)结合平衡移动原理,比较T3和T4温度的高低并说明理由________.21、I.焦炭可用于制备电石、生产水煤气等。完成下列填空:(1)电石的主要成分是CaC2,CaC2的晶体类型是___________;其与水反应的化学方程式为______________________。(2)制备电石还需要用到CaCO3。组成CaCO3的三种元素原子半径按从大到小的顺序排列为____________。氧原子的核外电子排布式为_________________。(3)与同主族元素Mg相比,Ca的金属性更______(填“强”或者“弱”)。能证明这一结论的实验事实是________________________。II.用焦炭生产水煤气的反应为:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。完成下列填空:(4)一定温度下,在一个固定容积的密闭容器中发生上述反应,下列不能判断该反应达到平衡状态的是____________。(选填编号)a.容器中的压强不再改变b.混合气体的密度不再改变c.v正(CO)=v逆(H2O)d.c(CO)=c(H2)(5)将不同量的C(s)和H2O(g)分别加入到体积为2L的恒容密闭容器中,进行反应,得到如下数据:实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCH2CO16500.010.020.008528000.020.030.0173①实验1中以v(H2)表示的到达平衡时的平均反应速率为____________。②下列图像正确的是________。(选填编号)
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.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O,故A正确;B.萜类化合物中含有氧元素,属于芳香化合物,不属于芳香烃,故B错误;C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子,所有碳原子不可能处于同一平面上,故C错误;D.萜类化合物含有羟基,与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的,在浓硫酸、加热条件下,只能生成一种芳香烯烃,故D错误;故选A。【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。2.任何满足炔烃结构的分子,其所有4个原子在同一直线上。3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。4.典型所有的原子一定共平面的有:CH2=CH2、CHCH、苯;可能共平面的有:CH2=CH—CH=CH2、。5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等,即只要出现饱和碳原子,所有原子肯定不能都在同一平面上。2、B【解析】
A.乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同,不是同系物,故选项A错误;B.二环己烷中有两类氢原子,当一个氯原子定到1号位,二氯代物有3种,当一个氯原子定到2号位,二氯代物有4种,故选项B正确;C.按系统命名法,化合物的名称是2,3,4,4-四甲基己烷,故选项C错误;D.环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式,不能满足所有碳原子共面,故选项D错误;故选B。3、B【解析】
A.干馏:将某种物质在隔绝空气的条件下加热,使物质热裂解,产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干馏,不是分离方法,故A错误;B.利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分馏,煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点不同,所以用分馏的方式分离,故B正确;C.分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法,不能分离出煤焦油中溶解的苯,故C错误;D.萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物的操作,不能从煤焦油中分离出苯,故D错误;故答案为B。4、A【解析】A.根据图中曲线可知,曲线的斜率表示反应速率,起始浓度不同分解速率不同,PH不同分解速率也不同,故R的起始浓度和溶液的PH均影响R的降解速率,且R的起始浓度越大,降解速率越小,故A错误;B.溶液酸性越强,即pH越小,线的斜率越大,可以知道R的降解速率越大,故B正确;C.在0~20min之间,pH=2时R的平均降解速率为17.5×10-4mol/L20min=0.0875×10-45、C【解析】
A、因该反应中S元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Fe2+,与已知的还原性强弱一致,能发生,故A不选;B、因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->I-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故B不选;C、因该反应中Fe元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Fe2+>I-,与已知的还原性强弱不一致,反应不能发生,故C选;D、因该反应中Br元素的化合价降低,S元素的化合价升高,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Br-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故D不选。答案选C。6、D【解析】
沉淀甲灼烧后为红棕色固体,该红棕色固体为Fe2O3,则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+;溶液甲中加入过量硫酸溶液,产生固体乙,则固体乙为BaSO4,说明废液中一定含有Ba2+;溶液乙中加入过量铁屑,产生红色固体,该红色固体为Cu,说明废液中一定含有Cu2+,以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知,废液中一定含有Cu2+,而沉淀甲中没有Cu(OH)2,说明加入NaOH溶液后,Cu元素以离子形式存在于溶液甲中,则废液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,因此步骤①沉淀部分溶解,不能说明废液中一定含有Al3+,A错误;B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲,将该沉淀灼烧,得到红棕色固体,则该红棕色固体为Fe2O3,沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+,B错误;C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液,因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀,C错误;D.溶液乙中加入过量铁屑,得到红色固体,该固体为Cu,说明溶液乙中含有Cu2+,向原废液中滴加过量NaOH溶液,Cu元素以离子形式存在于溶液甲中,则废液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+,可能含有Fe2+或Fe3+中的一种,D正确;故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离,离子的存在及金属的回收利用与环境保护,注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。7、D【解析】
A、该有机物中含有氧元素,不属于苯的同系物,故A错误;B、该有机物中含有苯环、碳碳双键,均能发生加成反应,题干并未告知有机物的量,故无法判断发生加成反应消耗氢气的量,故B错误;C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键,可旋转,因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上,故C错误;D、该有机物含有羧基,能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应,故D正确;故答案为:D。8、B【解析】
A选项,a点对应是Na2CO3、NaHCO3混合溶液:Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-,CO32-、HCO3-与Fe3+发生双水解反应,AlO2-与HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根,故A错误;B选项,b点对应是NaHCO3:K+、Ca2+、I-、Cl-,都不发生反应,共存,故B正确;C选项,c点对应的是NaCl溶液:Na+、Ca2+、NO3-、Ag+,Ag+与Cl-发生反应,故C错误;D选项,d点对应的是NaCl溶液、盐酸溶液中:F-、NO3-、Fe2+、Cl-,F-与H+反应生成HF,NO3-、Fe2+、H+发生氧化还原反应,故D错误;综上所述,答案为B。9、D【解析】
滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A,第一反应终点溶质为NaHA,第二反应终点溶质为Na2A。【详解】A.石蕊的的变色范围为5~8,两个反应终点不在变色范围内,所以不能选取石蕊作指示剂,故A错误;B.X点为第一反应终点,溶液中的溶质为NaHA,溶液中存在质子守恒c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A),故B错误;C.Y点溶液=1.5,所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A,根据物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A),故C错误;D.Na2A溶液主要存在A2-的水解:A2-+H2O=HA-+OH-;据图可知当c(A2-)=c(HA-)时溶液pH=9.7,溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L,而Na2A的第一步水解平衡常数Kh=,当c(A2-)=c(HA-)时Kh=c(OH-)=10-4.3,设0.01mol/LNa2A溶液中c(A2-)=amol/L,则c(OH-)amol/L,Kh=,解得a=10-3.15mol/L,即c(OH-)=10-3.15mol/L,所以溶液的pH=10.85,故D正确。【点睛】解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么,再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系;D选项为难点,学习需要对“c(A2-)=c(HA-)”此类信息敏感一些,通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。10、C【解析】
A.10
mL0.1
mol⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到10
mlL0.1
mol⋅L−1盐酸中,开始时产生二氧化碳气体,滴加完后盐酸完全反应,碳酸钠过量,所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物,所以离子浓度大小为:c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−),A正确;B.由于Ka(CH3COOH)>Ka(HClO),ClO-水解程度大于CH3COO-水解程度,两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和:②>①,B正确C.向0.1mol/LNH4Cl溶液中,存在NH4++H2ONH3·H2O+H+,加入少量NH4Cl固体,NH4+,NH4+水解平衡正向移动,c(NH3·H2O)、c(H+),水解常数不变,即,NH4+水解程度减小,减小,、增大,C错误;D.因为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),在AgCl和AgBr两饱和溶液中,前者c(Ag+)大于后者c(Ag+),c(Cl-)>c(Br-),当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时,发生沉淀的转化,生成更多的AgBr沉淀,与此同时,溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大,当加入足量的浓AgNO3溶液时,AgBr沉淀有所增多,但AgCl沉淀增加更多,D正确;故答案为:C。【点睛】当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时,开始时不产生二氧化碳气体,随着盐酸过量,才产生二氧化碳气体,其反应方程式为:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl;NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑;11、C【解析】
若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7,则数量级为10-7,又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46,据此分析解答。【详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10,则数量级为10-10,若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7,则数量级为10-7,又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10,则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线,则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46,A.由以上分析知,图中X线代表AgCl,故A错误;B.曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线,在n点,c(Ag+)小于平衡浓度,故n点的离子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C2O4),故为Ag2C2O4的不饱和溶液,故B错误;C.根据图象可知,当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+),故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先析出氯化银沉淀,故C正确;D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数,此时溶液中的c(Ag+)相同,故有,故D错误;故选C。12、D【解析】
A.氯气没有漂白性,是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性,物质的性质与应用不相对应,故A错误;B.二氧化硅熔点高,具有传输信息的特点,所以是制造光导纤维的材料,物质的性质与应用不相对应,故B错误;C.氨气常用作制冷剂,是因为其易液化,不是因为还原性,物质的性质与应用不相对应,故C错误;D.过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气,常做供氧剂,质的性质与应用相对应,故D正确;故答案为D。13、D【解析】
A、半径大小比较:一看电子层数,电子层数越多,半径越大,二看原子序数,核外电子排布相同,半径随着原子序数的增大而减小,因此半径大小顺序是Ga>Br>Al>Cl,选项A错误;B、镓元素为第四周期第ⅢA元素,选项B错误;C、7935Br与8135Br都是溴元素,核外电子排布相同,因此得电子能力相同,选项C错误;D、同主族从上到下金属性增强,金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性增强,即碱性Ga(OH)3>Al(OH)3,非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,酸性高氯酸大于高溴酸,选项D正确;答案选D。14、D【解析】
A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2,图中固液加热装置可制备,A正确;B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2,可用该装置制备CuI并制备少量含SO2的溶液,B正确;C.分离沉淀与溶液,可选该装置进行过滤,C正确;D.加热干燥湿的CuI固体,由于CuI易被氧化,因此不能用该装置加热,D错误;故合理选项是D。15、B【解析】
常温下,往饱和石灰水中加入一定量的生石灰,氧化钙与水反应生成氢氧化钙,一段时间后恢复到原温度,Ksp不变,溶解度不变,由于反应消耗水,溶质、溶剂、溶液质量均减少,则:A.有溶质氢氧化钙析出,A正确;B.溶液中Ca2+的浓度不变,但数目减少,B错误;C.氧化钙消耗水,则溶剂的质量减小,C正确;D.OH-浓度不变,则溶液的pH不变,D正确;答案选B。16、A【解析】
A、2mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,1mol氢离子与偏铝酸钠反应生成1mol氢氧化铝沉淀,同时还有1mol硫酸钡产生,共计是2mol,选项A正确;B、3mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,生成的氢氧化铝沉淀又有一部分溶解在氢离子中,而硫酸钡是1mol,则沉淀的物质的量小于3mol,选项B错误;C、4mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,剩余3mol氢离子又溶解1mol氢氧化铝,而硫酸钡是1mol,则沉淀的物质的量是2mol,选项C错误;D、5mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根,2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,剩余5mol氢离子又溶解5/3mol氢氧化铝,而硫酸钡是1mol,则沉淀的物质的量是4/3mol,选项D错误;答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、硝基、羟基+2NaOH+NaCl+H2OAB、(任意两种)【解析】
苯和氯气发生取代反应生成A,A为,F中不饱和度=,根据柳胺酚结构简式知,F中含有苯环和碳氧双键,所以F为;E为;D和铁、HCl反应生成E,结合题给信息知,D结构简式为;A反应生成B,B和NaOH水溶液发生取代反应生成C,根据D结构简式知,A和浓硝酸发生取代反应生成B,B为,C为,C和HCl反应生成D,据此解答。【详解】(1)、由分析可知B为,F为;故答案为;;(2)、D结构简式为,官能团为羟基和硝基;故答案为硝基、羟基;(3)、B→C的化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O;故答案为+2NaOH+NaCl+H2O;(4)A、柳胺酚中酚羟基、肽键水解生成的羧基能和NaOH反应,所以1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应,故A不正确;B、柳胺酚中含有苯环,可以发生硝化反应,故B不正确;C、含有肽键,所以可发生水解反应,故C正确;D、含有酚羟基,溴和苯环.上酚羟基邻对位氢原子发生取代反应,故D正确;故选AB;(5)、①能发生显色反应为属酚类化合物,且苯环上有二种不同化学环境的氢原子,说明苯环上含有酚羟基,且苯环上有二种类型的氢原子;②能发生银镜反应,说明该有机物中含有醛基,所以符合条件的F的同分异构体有:;故答案为。18、消去反应NaOH水溶液、加热羟基、羧基+2H2O或【解析】
芳香族化合物A(C9H12O)的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子,则A为,B能够与溴加成,则B为,D为B与溴的加成产物,根据F的化学式,F能够与银氨溶液反应生成H,H中含有羧基,H在催化剂作用下反应生成聚酯I,则H中还含有羟基,因此D水解生成E,E为二元醇,E催化氧化生成F,F中含有羟基和醛基,则E为,F为,H为,I为;根据信息②,B中碳碳双键被氧化断裂生成C,C为,根据信息③,K为。【详解】(1)A()发生消去反应生成B();根据上述分析,D发生卤代烃的水解反应E,反应条件为NaOH水溶液、加热,故答案为消去反应;NaOH水溶液、加热;(2)H
()的官能团有羟基、羧基,故答案为羟基、羧基;(3)根据上述分析,I为,故答案为;(4)由E生成F的反应方程式为,故答案为;(5)F()有多种同分异构体,①能发生水解反应和银镜反应,说明属于甲酸酯;②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基;③具有5个核磁共振氢谱峰,满足条件的结构可以是、,故答案为或;(6)由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮()。根据信息③,合成可以由和丙酮合成,根据题干流程图中A→C和信息②,合成丙酮可以由叔丁醇[(CH3)3COH]首先合成,再由发生信息②的反应生成即可,合成路线为,故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断,本题的难度较大。本题的易错点为E→F的催化氧化中F的结构判断。本题的难点为(6)的合成路线的设计,要注意充分利用题示信息和流程图中的合成路线的迁移。19、Ca(OH)2溶液稀H2SO4铁Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OCu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O2Fe3++Fe=3Fe2+Fe+Cu2+=Fe2++Cu【解析】
从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中,把Fe3+转化为绿矾回收,把Cu2+转化为铜回收,先加碱使金属离子转化为沉淀,与阴离子分离,然后加酸溶解沉淀,再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu,过滤得到铜和硫酸亚铁溶液,硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中,把Fe3+转化为绿矾回收,把Cu2+转化为铜回收应分三步实施,先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2,与Cl-、NO3-分离,反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓;过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸,使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液,反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O,Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O;向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应,可得到硫酸亚铁溶液和Cu,反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2++Cu;过滤得到铜和硫酸亚铁溶液,硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾,故答案为:Ca(OH)2溶液;稀H2SO4;铁;Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓,Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓;Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O,Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O;2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+Cu2+=Fe2++Cu。20、白色固体变黑吸收水蒸气,防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2【解析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象,根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析;(2)气体温度较高,气体体积偏大,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:=0.004mol,氧气的质量为:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为:32=0.032g,根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体,故实验过程中A中的现象是白色固体变黑,因为碱石灰能够吸水,D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气,防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化,故答案为:白色固体变黑;吸收水蒸气,防止影响C的质量变化;(2)加热条件下,气体温度较高,在测量E中气体体积时,应注意先冷却至室温,若水准管内液面高于量气管,说明内部气压大于外界大气压,测得气体体积偏小,故答案为:冷却至室温偏小;(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体,C的作用是吸收二氧化硫,E的作用是收集到氧气,故答案为:SO3;O2;(4)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO2的质量为:0.256g,物质的量为:=0.004mol,氧气的质量为:0.64﹣0.32﹣0.256=0.064g,物质的量为:=0.002mol,CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2:2:2;1,则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑;(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.004mol×80g/mol=0.32g;SO3的质量为:0.16g,氧气的质量为:32=0.032g,实验③中理论上C增加的质量Y3=0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032=0.128g;(6)根据表中实验③④的数据可知,T4温度生成氧气更多,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2,故T4温度更高,故答案为:T4温度更高,因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。21、离子晶体CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑Ca>C>O1s22s22p4强金属钙与水的反应比金属镁剧烈[Ca(OH)2是强碱,Mg(OH)2是弱碱]d8×10-4mol/(L•min)bc【解析】
(1)由阴阳离子共存的晶体为离子晶体;CaC2和H2O反应生成Ca(OH)2和
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