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文档简介
江苏省南通市海安县海安高级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、电解质的电导率越大,导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()A.曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线B.在相同温度下,P点水电离程度大于M点C.M点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1D.N点溶液中:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)2、2017年9月25日,化学权威杂志《化学世界》、著名预测博客等预测太阳能电池材料—钙钛矿材料可能获得2017年诺贝尔化学奖。钛酸钙(CaTiO3)材料制备原理之一是CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑。下列有关判断不正确的是A.上述反应是氧化还原反应 B.TiO2和CO2属于酸性氧化物C.CaTiO3属于含氧酸盐 D.CaCO3属于强电解质3、研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种—,若离子中每个氮原子均满足8电子结构,下列关于含氮微粒的表述正确的是A.有24个电子 B.N原子中未成对电子的电子云形状相同C.质子数为20 D.中N原子间形成离子键4、下列实验现象与实验操作不相匹配的是)()选项实验操作实验现象A向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色B向浓HNO3中加入炭粉并加热,产生的气体通入少量澄清石灰石中有红棕色气体产生,石灰石变浑浊C向稀溴水中加入苯,充分振荡,静置水层几乎无色D向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解A.A B.B C.C D.D5、能证明KOH是离子化合物的事实是A.常温下是固体 B.易溶于水 C.水溶液能导电 D.熔融态能导电6、室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液,溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸,产生红棕色气体,木炭持续燃烧加热条件下,浓硝酸与C反应生成NO2C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D用pH试纸测得:Na2CO3溶液的pH约为9,NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强A.A B.B C.C D.D7、有机物M是合成某药品的中间体,结构简式如图所示。下列说法错误的是A.用钠可检验M分子中存在羟基B.M能发生酯化、加成、氧化反应C.M的分子式为C8H8O4D.M的苯环上一硝基代物有2种8、下列除杂方案正确的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)Fe3+(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g)HCl(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气DSO2(g)SO3(g)浓H2SO4洗气A.A B.B C.C D.D9、含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代,下列关于Pb和Pb说法正确的是A.含不同的质子数 B.含不同的电子数C.含相同的中子数 D.互相转化时不属于化学变化10、下列物质的名称中不正确的是()A.Na2CO3:苏打 B.CaSO4•2H2O:生石膏C.:3,3-二乙基己烷 D.C17H35COOH:硬脂酸11、我国科学家设计了一种将电解饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A.理论上该转化的原子利用率为100%B.阴极电极反应式为C.Na+也能通过交换膜D.每生成11.2L(标况下)CO转移电子数为NA12、Ag+与I-既能发生沉淀反应又能发生氧化还原反应。为探究其反应,进行下列实验:实验现象如下:实验1中试管②出现浅黄色沉淀,试管③无蓝色出现;实验2中电流计指针发生明显偏转。下列有关说法中错误的是A.实验1中Ag+与I-沉淀反应速率更大B.向实验2甲烧杯中滴入淀粉,溶液变蓝C.实验2装置的正极反应式为Ag++e-=AgD.实验2中Ag+与I-沉淀反应速率大于013、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是A.甲可以发生加成、氧化和取代反应B.乙的分子式为C6H6Cl6C.丙的一氯代物有2种D.丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质14、磷酸(H3PO4)是一种中强酸,常温下,H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图,下列说法正确的是()A.H3PO4的电离方程式为:H3PO43H++PO43-B.pH=2时,溶液中大量存在的微粒有:H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-C.滴加NaOH溶液至pH=7,溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D.滴加少量Na2CO3溶液,3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑15、为测定人体血液中Ca2+的含量,设计了如下方案:有关反应的化学方程式为:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL,滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L-1的KMnO4溶液15.0mL,则这种血液样品中的含钙量为A.0.001mol·L-1 B.0.0025mol·L-1 C.0.0003mol·L-1 D.0.0035mol·L-116、对于排布在2s轨道上的电子,不能确定的是A.电子所在的电子层 B.电子的自旋方向C.电子云的形状 D.电子云的伸展方向二、非选择题(本题包括5小题)17、铃兰醛[]具有甜润的百合香味,对皮肤的刺激性小,对碱稳定,广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料,还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示:(1)B中官能团的名称是______。(2)①的反应类型是______。(3)写出反应②的化学方程式:______。(4)乌洛托品的结构简式如图所示:其二氯取代物有______种,将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,该反应的化学方程式是______。(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。Ⅰ.有两个取代基Ⅱ.取代基在邻位(6)已知:RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程,写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。18、EPR橡胶()和PC塑料()的合成路线如下:(1)A的名称是___________。E的化学式为______________。(2)C的结构简式____________。(3)下列说法正确的是(选填字母)_________。A.反应Ⅲ的原子利用率为100%B.CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用C.1molE与足量金属Na反应,最多可生成22.4LH2D.反应Ⅱ为取代反应(4)反应Ⅰ的化学方程式是_________。(5)反应Ⅳ的化学方程式是_________。(6)写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体________。①含有羟基,②不能使三氯化铁溶液显色,③核磁共振氢谱为五组峰,且峰面积之比为1:2:2:2:1;(7)已知:,以D和乙酸为起始原料合成无机试剂任选,写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明反应试剂和条件)_______。19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I:Na2S2O3的制备。工业上可用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______实验Ⅱ:探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料:Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:_______实验Ⅲ:标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-120、为测定某硬铝(含有铝、镁、铜)中铝的含量,设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题:方案Ⅰ:(1)固体甲是铜,试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________(选填选项)。a.测溶液pH,呈碱性b.取样,继续滴加NaOH溶液,不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液,沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是:灼烧、_______、________,重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______,该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示:操作步骤有:①记录A的液面位置;②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后,使A和B液面相平;③再次记录A的液面位置;④将一定量Y(足量)加入烧瓶中;⑤检验气密性,将ag硬铝和水装入仪器中,连接好装置。(1)试剂Y是________________;操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag,若不测气体的体积,改测另一物理量也能计算出铝的质量分数,需要测定的是_______,操作的方法是__________。21、2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料,呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题:(1)基态镍原子的价电子排布式为_______;上述材料中所含元素的基态原子中,未成对电子数最多的是_______(填元素符号)。(2)铁及其离子易形成配离子,如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是______(填元素符号);[Fe(CN)6]4-中含有σ键与π键的数目比为_____________。(3)K3AsO3可用于碘的微量分析。①AsO33-的立体构型为_______,写出一种与其互为等电子体的分子_______(填化学式)。②K+的焰色反应呈紫色,金属元素能产生焰色实验的微观原因为_______。(4)Ni与Ca处于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高,其原因为_______。(5)①金属镍的原子堆积方式如图所示,则金属镍晶胞俯视图为_______。a.b.c.d.②某砷镍合金的晶胞如图所示,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度ρ=_____g·cm-3。
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.醋酸为弱电解质,滴加KOH,变为CH3COOK是强电解质,故导电率增加,即曲线①代表滴定醋酸的曲线,故A错误。B.相同温度下,P点溶质为KCl,不影响水的电离,M点为CH3COOK,其水解促进水的电离,故M点大于P点,故B错误。C.对于M点,根据电荷守恒可知,c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1,故C错误。D.N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾,溶液显碱性,CH3COO-只有很小的一部分发生水解,所以c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),故D正确。答案:D。2、A【解析】A、CaCO3+TiO2===CaTiO3+CO2↑,反应中没有化合价变化,是非氧化还原反应,故A错误;B、TiO2和CO2均能与碱反应生成盐和水,均属于酸性氧化物,故B正确;C、CaTiO3=Ca2++TiO32-,CaTiO3由含氧酸根和钙离子构成,属于含氧酸盐,故C正确;D、CaCO3虽然难溶,但溶于水的部分全部电离,属于强电解质,故D正确;故选A。3、B【解析】
A.1个氮原子中含有7个电子,则1个N5分子中含有35个电子,N5+是由N5分子失去1个电子得到的,则1个N5+粒子中有34个电子,故A错误;B.N原子中未成对电子处于2p轨道,p轨道的电子云形状都为纺锤形,故B正确;C.N原子的质子数为7,形成阴离子时得到电子,但质子数不变,则质子数为21,故C错误;D..N5+离子的结构为,中N原子间形成共价键,故D错误;故选B。4、B【解析】
A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇,乙醇被氧化,酸性KMnO4溶液溶液褪色,故A正确,不符合题意;B.C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,即使生成了碳酸钙,也会被硝酸溶解,因此不会有浑浊现象,故B错误,符合题意;C.苯与溴水发生萃取,水层接近无色,故C正确,不符合题意;D.
向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸,有氢离子和硝酸根离子,能使铜溶解,故D正确,不符合题意;故选:B。5、D【解析】
离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电,共价化合物在熔融状态下以分子存在,据此分析解答。【详解】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电,共价化合物在熔融状态下以分子存在,所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物,KOH在熔融状态下能导电,所以是离子化合物,与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关,答案选D。6、B【解析】
A.先加氯水可氧化亚铁离子,不能排除铁离子的干扰,检验亚铁离子应先加KSCN,后加氯水,故A错误;B.在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸,产生红棕色气体,木炭持续燃烧,这说明加热条件下,浓硝酸与C反应生成NO2,故B正确;C.由于悬浊液中含有硫化钠,硫离子浓度较大,滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS,因此不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),故C错误;D.水解程度越大,对应酸的酸性越弱,但盐溶液的浓度未知,由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强,故D错误;故答案选B。【点睛】D项为易错点,题目中盐溶液的浓度未知,所以无法判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强,解题时容易漏掉此项关键信息。7、A【解析】
A.分子中含有酚羟基、羟基、羧基,都能与钠反应放出氢气,不能用钠检验M分子中存在羟基,故A错误;B.分子中含有酚羟基能发生氧化反应,羟基、羧基能发生酯化,含有苯环能发生加成反应,故B正确;C.根据结构简式,M的分子式为C8H8O4,故C正确;D.M的苯环上一硝基代物有2种(),故D正确;故选A。8、D【解析】
A、除去CO2中混有SO2,常用饱和NaHCO3溶液,故A错误;B、加入NaOH溶液,不仅Fe3+能与NaOH反应,而且NH4+也能与NaOH发生反应,故B错误;C、除去Cl2中HCl,常用饱和NaCl溶液,不能用NaHCO3溶液,容易产生新的杂质CO2,故C错误;D、SO3能溶于浓硫酸,SO2不溶于浓硫酸,因此可用浓硫酸除去SO2中混有SO3,故D正确;答案为D。9、D【解析】
A.Pb和Pb的质子数都为82,故A错误;B.Pb和Pb的质子数都为82,质子数=核外电子数,核外电子数也都为82,故B错误;C.Pb的中子数为206-82=124,Pb的中子数为207-82=125,中子数不同,故C错误;D.Pb和Pb的互相转化不属于化学变化,化学变化过程中原子核不发生变化,故D正确;故选D。【点睛】本题的易错点为D,要注意同位素间的转化,不属于化学变化,属于核变化。10、C【解析】
A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打,故A正确;B.生石膏即天然二水石膏,化学式为CaSO4•2H2O,故B正确;C.结构中主碳链有5个碳,其名称为3,3-二乙基戊烷,故C错误;D.硬脂酸,即十八烷酸,分子式为C18H36O2,亦可表示为C17H35COOH,故D正确;综上所述,答案为C。11、C【解析】
A.总反应为,由方程式可以看出该转化的原子利用率为100%,故A正确;B.阴极发生还原反应,阴极电极反应式为,故B正确;C.右侧电极氯化钠生成次氯酸钠,根据反应物、生成物中钠、氯原子个数比为1:1,Na+不能通过交换膜,故C错误;D.阴极二氧化碳得电子生成CO,碳元素化合价由+4降低为+2,每生成11.2L(标况下)CO转移电子数为NA,故D正确;选C。12、D【解析】
由题意可知Ag+与I-可发生沉淀反应Ag++I-=AgI↓、氧化还原反应2Ag++2I-=2Ag+I2,二者相互竞争。A.实验1中试管②出现浅黄色沉淀,试管③无蓝色出现,表明无I2生成或生成的I2没检出,说明Ag+与I-发生沉淀反应占优势,故A正确;B.实验2中电流计指针发生明显偏转,则实验2的装置一定为原电池(无外加电源),表明Ag+与I-发生氧化还原反应2Ag++2I-=2Ag+I2,淀粉遇碘变蓝,故B正确;C.根据Ag+与I-发生氧化还原反应2Ag++2I-=2Ag+I2,该原电池负极反应为2I--2e-=I2,正极反应为Ag++e-=Ag,故C正确;D.实验2中AgNO3、KI溶液分别在甲乙烧杯中,并未相互接触,故二者间不会发生沉淀即速率为0,故D错误;答案选D。13、B【解析】
A.物质甲中含苯环和羧基,可以发生苯环的加成反应,燃烧反应(属于氧化反应),可以发生酯化反应(属于取代反应),A正确;B.根据乙结构简式可知,该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质,故分子式是C6Cl6,B错误;C.丙分子中含有2种类型的H原子,所以其一氯代物有2种,C正确;D.丁分子中含有醛基、醇羟基,在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基,就得到只含醇羟基一种官能团的物质,D正确;故答案选B。14、C【解析】
从图中可以看出,随着pH的不断增大,溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-,但不管pH的大小如何,溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】A.H3PO4为多元弱酸,电离应分步进行,电离方程式为:H3PO4H++H2PO4-,A错误;B.pH=2时,溶液中大量存在的微粒有:H3PO4、H2PO4-,B错误;C.滴加NaOH溶液至pH=7,依据电荷守恒,溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-),C正确;D.滴加少量Na2CO3溶液,发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑,D错误;故选C。15、B【解析】
由方程式Ca2++C2O42+=CaC2O4、CaC2O4+H2SO4=CaSO4↓+H2C2O4、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=H2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可得关系式:5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO4,令血液中含钙量为cmol/L,则:5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol•L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2=5×0.001mol•L-1×0.015L解得c=0.0025mol•L-1;答案选B。16、B【解析】
排布在2s轨道上的电子,则可以判断其在第二电子层,S能级电子云的形状为球形,所以电子云无伸展方向,但不能确定电子的自旋方向,故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键,排布在2s轨道上的电子,则可以判断其在第二电子层,S能级电子云的形状为球形,所以电子云无伸展方向,但不能确定电子的自旋方向,据此分析。二、非选择题(本题包括5小题)17、醛基、碳碳双键取代反应3【解析】
苯与叔丁醇发生取代反应生成A,根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键,B发生加成反应得到最终产物,据此解答。【详解】(1)由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是,故B中官能团的名称是醛基,碳碳双键,故答案为:醛基、碳碳双键;(2)①反应是,该反应的反应类型是取代反应,故答案为:取代反应;(3)由反应①可以判断A是,故反应②的化学方程式是,故答案为:;(4)从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上,也可以在不同碳原子上,可以处于同一环上,也可以处于不同环上,其二氯取代物有3种,即3种;将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,该反应的化学方程式是,故答案为:3;;(5)A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基;Ⅱ.取代基在邻位的有:,故答案为:;(6)根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知,首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团,因为乳酸(CH3CHOHCOOH)有两个官能团。由此推知,聚乳酸()的合成路线流程图为:。18、丙烯C2H6O2ABn+n+(2n-1)CH3OH或【解析】
EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3,EPR由A、B反应得到,B发生氧化反应生成环氧己烷,则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3;结合PC和碳酸二甲酯的结构,可知C15H16O2为,D与丙酮反应得到C15H16O2,结合D的分子式,可推知D为,结合C的分子式,可知A和苯发生加成反应生成C,再结合C的氧化产物,可推知C为;与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应,可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,A为CH2=CHCH3,名称为丙烯;E为HOCH2CH2OH,化学式为C2H6O2,故答案为丙烯;C2H6O2;(2)C为,故答案为;(3)A.反应Ⅲ为加成反应,原子利用率为100%,故A正确;B.生成PC的同时生成甲醇,生成E时需要甲醇,所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用,故B正确;C.E为HOCH2CH2OH,1mol
E与足量金属
Na
反应,最多可以生成1mol氢气,气体的体积与温度和压强有关,题中未告知,无法计算生成氢气的体积,故C错误;D.反应Ⅱ为加成反应,故D错误;故答案为AB;(4)反应Ⅰ的化学方程式是,故答案为;(5)反应Ⅳ的化学方程式是n+n+(2n-1)CH3OH,故答案为n+n+(2n-1)CH3OH;(6)F的分子式为C15H16O2,F的芳香族化合物的同分异构体满足:①含有羟基;②不能使三氯化铁溶液显色,说明羟基没有直接连接在苯环上;③核磁共振氢谱为五组峰,且峰面积之比为1:2:2:2:1,满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或,故答案为或;(7)和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO,OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成,因此合成路线为:,故答案为。【点睛】正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6),要注意从结构的对称性考虑,难点为(7)中合成路线的设计,要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息,可以采用逆推的方法思考。19、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】
(1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为:;c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液;(2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解;(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:开始阶段,生成的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:①;②;反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L,列电子得失守恒式:,解得a=0.1600mol/L。20、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100%氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥,称量【解析】
为了测定硬铝中铝的质量分数,可称得样品质量,测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质,将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积,从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ:(1)实验流程中,固体甲是铜,则足量X可溶解硬铝中的镁、铝,试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸,加入足量的NaOH溶液,可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性(a错);证明NaOH溶液过量不必取样,NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少(b错、c对)。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量,故需经过灼烧、冷却、称量,重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝(Al2O3)。实验流程中,硬铝中的铝最终全部变成氧化铝,则样品中铝的质量为(54b/102)g,铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100%。方案Ⅱ:(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气,则试剂Y可能是氢氧化钠溶液;实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数,操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag,若不测气体的体积,向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液,当不再有气泡产生时,将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥,称量,测量剩余固体的质量,也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂,故解答实验题应紧扣实验目进行思考,则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。21、3d84s2FeN1∶1三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时,会以光的形式释放能量Ni的原子半径较小,价层电子数目较多,金属键较强C【解析】
(1)基
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