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文档简介
湖北省黄石市重点中学新高考化学四模试卷注意事项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、298K时,向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液,混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.V1=20B.c(KOH)=0.1mol·L-1C.n、q两点对应的溶液中均存在:c(K+)=c(HCOO-)D.p点对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)2、在NH3和NH4Cl存在条件下,以活性炭为催化剂,用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3,下列表述正确的是A.中子数为32,质子数为27的钴原子:B.H2O2的电子式:C.NH3和NH4Cl化学键类型相同D.[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+33、部分氧化的Fe-Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共2.88g,经如下处理:下列说法正确的是A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+ B.V=224C.样品中CuO的质量为2.0g D.样品中铁元素的质量为0.56g4、利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响,可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图,闭合开关K之前,两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是A.甲池中的电极反应式为CuB.电解质溶液再生池内发生的只是物理变化,循环物质E为水C.乙池中Cu电极电势比甲池中Cu电极电势低D.若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol5、下列关于有机化合物的说法正确的是A.除去乙醇中的少量水,方法是加入新制生石灰,经过滤后即得乙醇B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3属于碳链异构C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质,可加入足量烧碱溶液,通过分液即得乙酸乙酯D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团,如果在苯环上再连接一个—CH3,其同分异构体有16种6、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.碳酸钙溶于稀醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B.铜与稀硝酸反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2OC.向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液:HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓D.用银氨溶液检验乙醛中的醛基:CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++NH3+Ag↓+H2O7、下列实验过程中,始终无明显现象的是A.CO2通入饱和Na2CO3溶液中B.SO2通入CaCl2溶液中C.NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中D.SO2通入Na2S溶液中8、下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是A.用小刀切开金属钠 B.将钠放在坩埚中加热C.把钠保存在煤油中 D.将钠放入盛水的烧杯9、下列说法不正确的是()A.银氨溶液不能留存,久置后容易爆炸B.白磷暴露在空气中易自燃,可保存在水中C.易燃的有机溶剂使用时必须远离明火和热源D.钠着火不能用水扑灭,可以用泡沫灭火器来灭火10、W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素,原子序数依次增大,W、X、Y位于不同周期,Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍,Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A.原子半径大小顺序为:Y>Z>X>WB.简单氢化物的沸点X高于Y,气态氢化物稳定性Z>YC.W、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性D.W、Z阴离子的还原性:W>Z11、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中,在同温同压下产生的气体体积比是()A.1:2:3 B.6:3:2 C.3:1:1 D.1:1:112、生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是A.研发可降解高分子材料,减少“白色污染”B.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等C.控制含磷洗涤剂的生产和使用,防止水体富营养化D.分类放置生活废弃物13、设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A.4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物,生成物中阴离子总数为0.1NAB.标准状况下,22.4L丙烷所含共用电子对数为8NAC.标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAD.常温下,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数是0.1NA14、工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是()A.卤代烃消除 B.煤高温干馏 C.炔烃加成 D.石油裂解15、用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子,不需要的操作是()A.溶解 B.过滤 C.分液 D.蒸发16、化学与生产、实验密切相关。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.Al2O3熔点高,可用作耐高温材料B.FeCl3溶液呈酸性,可用于腐蚀电路板上的CuC.石墨具有导电性,可用于制铅笔芯D.浓硫酸具有强氧化性,可用于干燥CO2二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物J是一种重要的医药中间体,其合成路线如图:回答下列问题:(1)G中官能团的名称是__;③的反应类型是__。(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式,并用星号(*)标出其中的手性碳__。(4)写出⑨的反应方程式__。(5)写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。(6)写出以对硝基甲苯为主要原料(无机试剂任选),经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。18、叶酸是维生素B族之一,可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体,且满足下列两个条件,丁的结构简式为________。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________19、某兴趣小组的同学设计实验制备CuBr(白色结晶性粉末,微溶于水,不溶于乙醇等有机溶剂),实验装置(夹持、加热仪器略)如图所示。(1)仪器M的名称是________。(2)若将M中的浓硫酸换成70%的H2SO4,则圆底烧瓶中的固体试剂为______(填化学式)。(3)B中发生反应的化学方程式为_______,能说明B中反应已完成的依据是_____。若B中Cu2+仍未完全被还原,适宜加入的试剂是_______(填标号)。a.液溴b.Na2SO4c.铁粉d.Na2S2O3(4)下列关于过滤的叙述不正确的是_______(填标号)。a.漏斗末端颈尖可以不紧靠烧杯壁b.将滤纸润湿,使其紧贴漏斗内壁c.滤纸边缘可以高出漏斗口d.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速率(5)洗涤时,先用装置C中的吸收液清洗,其目的是_______,再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是________。20、二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂,易溶于水,沸点为11.0℃,极易爆炸。在干燥空气稀释条件下,用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯,装置如图:(1)仪器a的名称为_____________,装置A中反应的离子方程式为_______________。(2)试剂X是_______________________。(3)装置D中冰水的主要作用是___________。装置D内发生反应的化学方程式为_______________。(4)装置E中主要反应的离子方程式为:____________________________。(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。温度<38℃38℃~60℃>60℃析出晶体NaClO2·3H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤:55℃蒸发结晶、_________、38~60℃的温水洗涤、低于60℃干燥。(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。①酸性条件下双氧水与NaClO3反应,则反应的离子方程式为_______________________。②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为____________。21、X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素,其原子序数依次增大;X2-和Y+有相同的核外电子排布;Z的氢化物的沸点比其上一周期同族元素氢化物的沸点低;R的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多;W为金属元素,X与W形成的某种化合物与Z的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取Z的气态单质。回答下列问题(相关回答均用元素符号表示):(1)R的基态原子的核外电子排布式是__________________。(2)Z的氢化物的沸点比其上一周期同族元素氢化物的沸点低的原因是______________。(3)X与Z中电负性较大的是_____。Z的某种含氧酸盐常用于实验室中X的单质的制取,此酸根离子的空间构型是______________,此离子中含有的化学键类型是_________,X—Z—X的键角_______109.5°(填“>”、“=”或“<”)。(4)X与Y形成的化合物Y2X的晶胞如图。其中X离子的配位数为___________,以相距一个X离子最近的所有Y离子为顶点构成的几何体为___________。该化合物与MgO相比,熔点较高的是____________。(5)已知该化合物的晶胞边长为apm,则该化合物的密度为________________g·cm-3(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德岁常数的数值为NA)。
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.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1,则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1,氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1,c(KOH)=0.1mol·L-1,p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点,因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了,因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1,则V1=0.02L=20mL,故A正确;B.根据A分析得出c(KOH)=0.1mol·L-1,故B正确;C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液,溶液显碱性,根据电荷守恒和溶液呈碱性,因此溶液中存在:c(K+)>c(HCOO-),q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液,溶液呈中性,根据电荷守恒和呈中性,得到溶液中存在c(K+)=c(HCOO-),故C错误;D.p点溶质为HCOOK,则根据质子守恒得到对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+),故D正确。综上所述,答案为C。2、D【解析】
A.质量数为32,中子数为27的钴原子,应该表示为:,A错误;B.H2O2为共价化合物,原子间形成共用电子对,没有电子的得失,B错误;C.NH3存在氮氢共价键,NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键,氮氢原子间的共价键,C错误;D.[Co(NH3)6]Cl3,NH3整体为0价,Cl为-1价,所以Co的化合价是+3,D正确;故答案选D。3、B【解析】
根据氧化性Fe3+>Cu2+>H+可知铁离子优先反应,由于滤液A中不含Cu2+,且有气体氢气生成,则滤液A中不含Fe3+,滤渣1.6g为金属铜,物质的量为0.025mol,即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025mol。滤液A中加入足量氢氧化钠溶液,所得滤渣灼烧得到的固体为Fe2O3,质量为1.6g,物质的量为0.01mol,即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量,因此滤液A中的溶质为H2SO4和FeSO4,其中溶质FeSO4为0.02mol,则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol,0.02molH2SO4电离出0.04mol氢离子,其中部分氢离子生成氢气,另外的H+和合金中的氧离子O2-结合成水。A、滤液A中的阳离子为Fe2+、H+,选项A错误;B、合金中氧离子O2-的物质的量为=0.01mol,0.01molO2-生成水需结合H+0.02mol,所以参加反应的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氢气,即有0.01molH2生成,标准状况下产生的氢气的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL,选项B正确;C、假设Fe-Cu合金样品全部被氧化,则样品中CuO的质量为0.025mol80g/mol=2g,而实际情况是Fe-Cu合金样品部分氧化,故样品中CuO的质量小于2g,选项C错误;D、样品中铁元素的质量为0.02mol56g/mol=1.12g,选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质,为高频考点,把握流程中反应过程是解答关键,侧重解题方法与分析解决问题能力的考查,注意利用极限法与原子守恒解答。4、D【解析】
由SO42-的移动方向可知右边Cu电极为负极,发生氧化反应。当电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,两级质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发,分离为CuSO4浓溶液和水后,再返回浓差电池,据此解答。【详解】A.根据以上分析,左边甲池中的Cu电极为正极,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2eB.电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发,分离为CuSO4浓溶液和水后,再返回浓差电池,发生的是物理变化,循环物质E为水,故B正确;C.根据以上分析,甲池中的Cu电极为正极,乙池中Cu电极为负极,所以乙池中Cu电极电极电势比甲池中Cu电极电势低,故C正确;D.若阴离子交换膜处迁移的SO42-的物质的量为1mol,则电路中通过2mol电子,两电极的质量差为128g,故D错误。故选D。5、D【解析】
A.CaO与水反应后,混合物成分沸点差异增大,应选蒸馏法分离,故A错误;B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能团不同,属于类别异构,故B错误;C.乙酸乙酯与NaOH反应,不能除杂,应选饱和碳酸钠溶液、分液,故C错误;D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团,如果在苯环上再连接一个—CH3,看成二甲苯(、、)苯环上连有—CH2CH3、—OH,中—OH在甲基的中间时乙基有2种位置,—OH在甲基的邻位时乙基有3种位置,—OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置,共7种;中先固定—OH,乙基有3种位置,有3种同分异构体;先固定—OH在邻位时乙基有3种位置,固定—OH在间位时乙基有3种位置,有6种;则同分异构体有7+3+6=16(种),故D正确;故答案为D。6、B【解析】
A.醋酸是弱酸,应该写化学式,离子方程式是:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO—+H2O+CO2↑,A错误;B.铜与稀硝酸反应,方程式符合反应事实,B正确;C.向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液,盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应,离子方程式是:NH4++HCO3-+2OH-+Ba2+=H2O+BaCO3↓+NH3∙H2O,C错误;D.用银氨溶液检验乙醛中的醛基,方程式的电荷不守恒,应该是:CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH3COO-+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O,D错误。故选B。7、B【解析】
A.碳酸钠与CO2和水反应生成酸式盐NaHCO3,NaHCO3溶解度小于Na2CO3,并且反应生成的NaHCO3固体质量比原来Na2CO3多,溶剂质量减少,溶液中有浑浊出现,故A不符合题意;B.盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性,则CaCl2溶液中通入SO2不发生反应,始终无明显现象,故B符合题意;C.NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中,先与硝酸反应,故开始没有沉淀,等硝酸全部反应完全后,再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀,再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液,故沉淀又会减少,直至最终没有沉淀,反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(银氨溶液),故C不符合题意;D.SO2通入Na2S溶液中发生反应:2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓,生成硫沉淀,故D不符合题意;答案选B。【点睛】盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性,化学反应中一般遵循强酸制弱酸的规律。8、D【解析】
A.用小刀切开金属钠,说明钠的质地软,故A错误;B.将钠放在坩埚中加热能够熔化,说明钠的熔点低,故B错误;C.把钠保存在煤油中,钠沉在底部,说明钠的密度比煤油大,而煤油的密度比水小,不能说明钠的密度比水小,故C错误;D.钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小,故D正确;故选D。【点睛】本题的易错点为C,钠沉在煤油底部,只能说明钠的密度比煤油大,不能说明钠的密度比水小。9、D【解析】
A.银氨溶液不稳定,则银氨溶液不能留存,久置后会变成氮化银,容易爆炸,故A正确;B.白磷在空气中易自燃,不与水反应,所以可保存在水中,故B正确;C.易燃的有机溶剂离明火和热源太近容易燃烧,故应远离明火、热源和强氧化剂,故C正确;D.钠和水反应生成氢气,氢气是易燃物,钠燃烧后生成过氧化钠,过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气,促进钠的燃烧,所以钠着火燃烧时,不能用泡沫灭火器灭火,应该用沙子灭火,故D错误。故选D。10、C【解析】
因为W、Ⅹ、Y、Z为短周期主族元素,原子序数依次增大,W、X、Y位于不同周期,所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期,故W是H元素;Ⅹ的最外层电子数是电子层数的3倍,X是第二周期元素共两个电子层,故X最外层有6个电子,X为O元素;X是O元素,原子序数是8,Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍,即是Y与Z的原子序数之和是32,Y、Z为第三周期主族元素,故Y原子序数为15,Z的原子序数为17,Y是P元素,Z是Cl元素。【详解】A.同一周期,从左到右,主族元素的原子半径随着原子序数的增加而,逐渐减小,则原子半径P>Cl,因为P、Cl比O多一个电子层,O比H多一个电子层,故原子半径大小顺序为:P>Cl>O>H,即Y>Z>X>W,A正确;B.H2O分子间可以形成氢键,而PH3分子间不能形成氢键,故H2O的沸点比PH3的沸点高;同周期主族元素,从左到右随着原子序数的增加,原子半径逐渐减小,元素的非金属性逐渐增强,故气态氢化物稳定性HCl>PH3,B正确;C.没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较,而H3PO4的酸性比HClO的酸性强,C错误;D.P3-的还原性比Cl-的还原性强,D正确;答案选C。11、C【解析】
Na与盐酸反应:2Na+2HCl=2NaCl+H2↑,Mg与盐酸反应:Mg+2HCl=MgCl2+H2↑,Al与盐酸的反应:2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,然后判断过量,如果金属钠过量,Na还会与水反应;【详解】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑220.30.3>100×10-3L×1mol·L-1,盐酸不足,金属钠过量,因此金属钠还与水反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,根据得失电子数目守恒,有0.3mol×1=n(H2)×2,即n(H2)=0.15mol;Mg+2HCl=MgCl2+H2↑0.30.6>100×10-3L×1mol·L-1,盐酸不足,金属镁过量,产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol,2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑,同理盐酸不足,铝过量,产生n(H2)=0.05mol,相同条件下,气体体积比值等于其物质的量比值,即气体体积比值为0.15mol:0.05mol:0.05mol=3:1:1,故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2,学生容易认为盐酸不足,按照盐酸进行判断,错选D选项,忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2,即判断金属钠产生H2的物质的量时,可以采用得失电子数目相等进行计算。12、B【解析】
A.研发可降解高分子材料,减少塑料制品的使用,可减少“白色污染”,与题意不符,A错误;B.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等,会消耗大量的木材,一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染,不符合生态文明,符合题意,B正确;C.控制含磷洗涤剂的生产和使用,防止水体富营养化,保护水体,防止污染,与题意不符,C错误;D.垃圾分类放置生活废弃物,有利于环境保护和资源的再利用,与题意不符,D错误;答案为B。13、A【解析】
A.氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是1∶2,4.6g钠的物质的量是0.2mol,4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物,钠离子的物质的量是0.2mol,所以生成物中阴离子为0.1mol,阴离子总数为0.1NA,故A正确;B.标准状况下,22.4L丙烷的物质的量为=1mol,C3H8含共用电子对数=1mol×10×NA=10NA,故B错误;C.氯气和水的反应为可逆反应,不能完全反应,故转移的电子数小于0.1NA个,故C错误;D.铵根离子能少量水解,1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA,故D错误;故选A。【点睛】本题的易错点为A,要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。14、D【解析】
石油裂解是在比裂化更高的温度下(一般在1000℃左右),使长链烃断裂得到大量短链不饱和烃的方法,其它方法均不适合在工业上大规模生产,答案选D。15、C【解析】
用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子,步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶,不需要分液,故选C。16、A【解析】
A.熔点高的物质可作耐高温材料,则Al2O3熔点高,可用作耐高温材料,A选;B.Cu与FeCl3发生氧化还原反应,则用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板,与FeCl3溶液呈酸性无对应关系,B不选;C、石墨很软,可用于制铅笔芯,与石墨具有导电性无对应关系,C不选;D、浓硫酸具有吸水性,可用于干燥CO2,与浓硫酸具有强氧化性无对应关系,D不选;答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、羧基、肽键(或酰胺键)取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或(任写1种)【解析】
(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析;(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置;(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳,根据结构简式分析;(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为;(5)根据题目要求分析,结合取代基位置异构,判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基,得到对氨基苯甲酸,然后在催化剂作用下,发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【详解】(1)根据G的结构图,G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键);反应③中C的—SO3H被取代生成D,则反应类型是取代反应;(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置,故起到定位的作用;(3)F是邻氨基苯甲酸,与足量氢气发生加成反应生成,与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子,可表示为:;(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为,⑨的反应方程式:+2H2O+CH3COOH+H2SO4;(5)D的结构简式为,苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体,即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上,同分异构体结构简式或(任写1种);(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基,得到对氨基苯甲酸,然后在催化剂作用下,发生缩聚反应生成含肽键的聚合物,不能先把硝基还原为氨基,然后再氧化甲基,因为氨基有还原性,容易被氧化,故合成路线如下:。18、羧基a、c+2NaOH→HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】
(1)甲含有氨基和羧基;(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5;b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物;c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应;d.该分子中含有N原子;(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成,说明丁含有酯基,丁为乙酸某酯,据此判断丁的结构简式;(4)丁为,含有酯基,可在碱性条件下水解,且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基,含氧官能团为羧基;(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5,所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5,a正确;b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物,该分子中没有苯环,所以不属于芳香族化合物,b错误;c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应,所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应,c正确;d.该分子中含有N原子,不属于苯酚的同系物,d错误;故合理选项是ac;(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成,说明丁含有酯基,丁为乙酸某酯,所以丁的结构简式为;(4)丁为,含有酯基,可在碱性条件下水解,且羧基于氢氧化钠发生中和反应,方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质,涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点,根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物,再结合基本概念解答。19、分液漏斗Na2SO3(或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等)2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4溶液蓝色褪去dacd防止CuBr被氧化用乙醇除去固体表面的水,再用更易挥发的乙醚除去乙醇,使其快速干燥【解析】
(1)根据仪器结构判断仪器的名称;(2)根据复分解反应的规律选择试剂;(3)在B中NaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀,利用电子守恒、原子守恒,书写反应的化学方程式,根据Cu2+的水溶液显蓝色,结合该反应的特点判断反应完全的特征及加入的物质;(4)根据过滤操作的目的、仪器的使用方法解答;(5)CuBr容易被氧化,根据SO2的水溶液具有还原性分析,结合H2O容易溶于乙醇中,及乙醇、乙醚具有易挥发的性质分析。【详解】(1)根据装置图中仪器M的结构可知该仪器的名称是分液漏斗;(2)根据复分解反应的规律可用70%的H2SO4与Na2SO3或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等反应制取SO2气体,反应方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑;(3)在B中BaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀,利用电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为:2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr↓+Na2SO4+2H2SO4;Cu2+的水溶液显蓝色,若反应完全,则溶液中不再含有Cu2+,溶液的蓝色褪去,由于CuSO4是强酸弱碱盐,在溶液中Cu2+水解使溶液显酸性,H+与Na2S2O3反应产生SO2气体,以促使反应的进行,因此若B中Cu2+仍未完全被还原,适宜加入的试剂是Na2S2O3,故合理选项是d;(4)a.漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁,就可以使过滤得到的滤液沿烧杯内壁不断进入到烧杯中,a错误;b.将滤纸润湿,使其紧贴漏斗内壁,就可以使混合物充分分离,b正确;c.为了使难溶性的固体与液体物质分离,滤纸边缘要低于漏斗口边缘,c错误;d.用玻璃棒引流,使混合物进入到过滤器中,在漏斗中不能用玻璃棒搅动,否则会使滤纸破损,导致不能过滤,不能分离混合物,d错误;故合理选项是acd;(5)SO2是大气污染物,为防止其污染环境,用蒸馏水吸收SO2,得到H2SO3溶液,该物质具有还原性,用H2SO3溶液洗涤,就可以避免CuBr被空气中的氧气氧化,然后依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是用乙醇除去固体表面的水,再用更易挥发的乙醚除去乙醇,使其快速干燥。【点睛】本题考查物质制备方案的设计的知识,涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案实际等,(5)为易错点,学生容易忽略加入氢氧化钠溶液的质量,试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。20、分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水冷凝二氧化氯Cl2+2NaClO2=2ClO2+NaCl2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O趁热过滤H2O2+2H++2ClO3-=2ClO2+2H2O+O2↑ClO2+e-=ClO2-【解析】
(1)看图得出仪器a的名称,装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。(2)试剂X是除掉HCl气体。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0℃,因此得装置D中冰水的主要作用,装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。(5)由于<38℃是以NaClO2·3H2O晶体,操作要注意不能低于38℃。(6)①H2O2、H+与ClO3-反应得到ClO2。②左边为ClO2反应生成ClO2-,得到电子,发生还原反应。【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗,装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水,其反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;故答案为:分液漏斗;MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)试剂X是除掉HCl气体,因此用饱
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