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文档简介
湖南省益阳市龙湖中学2025届高考化学试题倒计时模拟卷(8)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、元素周期表中短周期某主族只有两种元素,这两元素的单质在常态下分别为气体和固体,这两元素之间形成的化合物都能与水反应。则下列叙述错误的是()A.两元素具有相同的最高正价 B.两元素具有相同的负化合价C.两元素形成的是共价化合物 D.两元素各存在不同种的单质2、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料,在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2):2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2。下列说法不正确的是A.CHCl3分子和COCl2分子中,中心C原子均采用sp3杂化B.CHCl3属于极性分子C.上述反应涉及的元素中,元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D.可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质3、短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期,且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物;X与Z最外层电子数相同;Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A.常温常压下Y的单质为气态B.离子半径:W>Z>YC.X与Z形成的离子化合物具有还原性D.W的最高价氧化物的水化物一定是强酸4、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是()A.NH3 B.NH4Cl C.KOH D.NaClO5、下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A.铝是地壳中含量最多的元素,铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C.氧化铝是离子化合物,其晶体中离子键很强,故熔点很高,可用作耐火材料D.熔化的氯化铝极易导电,和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同6、钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.在钠碱循环中,吸收液为Na2SO3溶液,当吸收液的pH降为6左右时,可采用三室膜电解技术使其再生,图为再生示意图。下列说法正确的是()A.a极为电池的阳极B.a极区吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C.b电极的电极反应式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D.b膜为阳离子交换膜7、YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料,下列关于Y的说法错误的是()A.质量数是89 B.质子数与中子数之差为50C.核外电子数是39 D.Y与Y互为同位素8、NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放,其工作原理如图所示。下列说法错误的是()A.降低NOx排放可以减少酸雨的形成B.储存过程中NOx被氧化C.还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)D.通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原9、钢铁防护方法有多种,如图中的方法描述正确的是A.b为电源负极B.该方法是牺牲阳极的阴极保护法C.电子流向:a→钢铁闸门→辅助电极→b→aD.电源改用导线连接进行防护时,辅助电极发生氧化反应10、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11;W与Y同族;W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是()A.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性B.W和Y具有相同的最高化合价C.离子半径Y﹤ZD.Z的氢化物为离子化合物11、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.1mol氨基(-NH2)中所含的质子数为9NAB.标准状况下,22.4L单质溴所含有的原子数目为2NAC.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01NAD.标准状况下,2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为0.2NA12、下列试剂不会因为空气中的二氧化碳和水蒸气而变质的是()A.Na2CO3 B.Na2O2 C.CaO D.Ca(ClO)213、下列量气装置用于测量CO2体积,误差最小的是()A. B.C. D.14、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15、在潮湿的深层土壤中,钢管主要发生厌氧腐蚀,有关厌氧腐蚀的机理有多种,其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-,加速钢管的腐蚀,其反应原理如图所示。下列说法正确的是()A.正极的电极反应式为:2H2O+O2+4e-=4OH-B.SO42-与H2的反应可表示为:4H2+SO42--8eS2-+4H2OC.钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2D.在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀16、NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.1.0L1.0molL—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NAB.273K、101kPa下,22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后,产物的分子总数一定为NAC.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NAD.1molNa与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物M的合成路线如下图所示:已知:R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题:(1)有机物B的系统命名为__________。(2)F中所含官能团的名称为__________,F→G的反应类型为__________。(3)M的结构简式为_________。(4)B→C反应的化学方程式为__________。(5)X是G的同系物,且相对分子质量比G小14,X有多种同分异构体,满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。(6)参照M的合成路线,设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________(无机试剂任选)。18、合成药物X、Y和高聚物Z,可以用烃A为主要原料,采用以下路线:已知:I.反应①、反应②均为加成反应。II.请回答下列问题:(1)A的结构简式为_____________。(2)Z中的官能团名称为____________,反应③的条件为___________.(3)关于药物Y()的说法正确的是____________。A.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气B.药物Y的分子式为C8H8O4,能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是⑧>⑥>⑦D.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为4mol和2mol(4)写出反应E→F的化学方程式______________________________________。F→X的化学方程式______________________________________________。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_______________。①遇FeCl3溶液可以发生显色反应,且是苯的二元取代物;②能发生银镜反应和水解反应;③核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路___________________________________________。19、某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。(1)制取实验结束后,取出B中试管冷却结晶,过滤,洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。(2)若对调B和C装置的位置,_____(填“可能”或“不可能”)提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响,其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行):试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色,取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)根据下列资料,为该小组设计一个简单可行的实验方案(不必描述操作过程的细节):_____。资料:①次氯酸会破坏酸碱指示剂;②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。20、实验室制备己二酸的原理为:3+8KMnO4═3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O主要实验装置和步骤如下:①在如图装置中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水,搅拌使其溶解,然后加入6.3g高锰酸钾,小心预热溶液到40℃。②从恒压漏斗中缓慢滴加1.4mL环己醇,控制滴速,使反应温度维持在45℃左右,反应20min后,再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚。③加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾。④通过___操作,得到沉淀和滤液,洗涤沉淀2~3次,将洗涤液合并入滤液。⑤加热浓缩使溶液体积减少至10mL左右,趁热小心加入浓硫酸,使溶液呈强酸性(调节pH=1~2),冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥,得己二酸白色晶体1.5g。已知:己二酸的电离平衡常数:Ka1=3.8×10﹣5,Ka2=3.9×10-6;相对分子质量为146;其在水中溶解度如下表温度(℃)1534507087100己二酸溶解度(g)1.443.088.4634.194.8100(1)步骤②中缓慢滴加环己醇的原因是___。(2)步骤④划线部分操作是___、在第④、⑤布中均要求洗涤沉淀,所用洗涤液依次为___、___。(3)步骤⑤加入浓硫酸调节pH成强酸性的原因是___。(4)己二酸产品的纯度可用酸碱滴定法测定。取样试样ag(准确至0.0001g),置于250mL锥形瓶中,加入50mL除去CO2的热蒸馏水,摇动使试样完全溶解,冷却至室温,滴加3滴酚酞溶液,用0.1000mol•L-1的NaOH标准溶液滴定至微红色即为终点,消耗NaOH标准溶液体积bmL①下列说法正确的是___。A.称取己二酸样品质量时,先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央,显示数字稳定后按“去皮”键(归零键),再缓慢加样品至所需样品的质量时,记录称取样品的质量B.摇瓶时,应微动腕关节,使溶液向一个方向做圆周运动,但是勿使瓶口接触滴定管,溶液也不得溅出C.滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下D.滴定结束后稍停1﹣2分钟,等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数E.记录测定结果时,滴定前仰视刻度线,滴定到达终点时又俯视刻度线,将导致滴定结果偏高②计算己二酸纯度的表达式为___。21、合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破,研究表明液氨是一种良好的储氢物质。(1)化学家GethardErtl证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程,示意如下图:下列说法正确的是____(选填字母)。A.①表示N2、H2分子中均是单键B.②→③需要吸收能量C.该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成(2)氨气分解反应的热化学方程式如下:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H,若N三N键、H一H键和N一H键的键能分别记作a、b和c(单位:kJ·mol-l),则上述反应的△H=___kJ·mol一1。(3)研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率(mmol.min一1)。①不同催化剂存在下,氨气分解反应活化能最大的是___(填写催化剂的化学式)。②温度为T,在一体积固定的密闭容器中加入2molNH3,此时压强为P0,用Ru催化氨气分解,若平衡时氨气分解的转化率为50%,则该温度下反应2NH3(g)N2(g)十3H2(g)用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=___。[己知:气体分压(p分)=气体总压(p总)x体积分数](4)关于合成氨工艺的理解,下列正确的是___。A.合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右,可用勒夏特列原理解释B.使用初始反应速率更快的催化剂Ru,不能提高平衡时NH3的产量C.合成氨工业采用10MPa一30MPa,是因常压下N2和H2的转化率不高D.采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化(5)下图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下,初始时氮气、氢气的体积比为1:3时,平衡混合物中氨的体积分数[(NH3)]。①若分别用vA(NH3)和vB(NH3)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率,则vA(NH3)____vB(NH3)(填“>”、“<”或“=”)。②在250℃、1.0×104kPa下,H2的转化率为______%(计算结果保留小数点后1位)。(6)N2和H2在铁作催化剂作用下从145℃就开始反应,随着温度上升,单位时间内NH3产率增大,但温度高于900℃后,单位时间内NH3产率逐渐下降的原因________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解析】
元素周期表中短周期某主族只有两种元素,这两元素的单质在常态下分别为气体和固体,周期表中满足条件为N和P、O和S;这两元素之间形成的化合物都能与水反应,N、P之间不反应,则这两种元素分别为O、S,据此解答。【详解】根据分析可知,这两种元素为O、S。A.O元素非金属性较强,没有最高价正价,故A错误;B.O和S都有最低价-2价,故B正确;C.O、S形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫,二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物,故C正确;D.O存在的单质有氧气和臭氧,S形成的单质有S2、S4、S6等多种,故D正确;故选:A。2、A【解析】
CHCl3分子和甲烷一样,中心C原子采用sp3杂化,COCl2分子中,中心C与O形成双键,再与两个Cl形成共价单键,因此C原子采用sp2杂化,A错误;CHCl3分子中由于C—H键、C—Cl键的键长不相同,因此CHCl3的空间构型为四面体,但不是正四面体,属于极性分子,B正确;所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子,两者可以组成CO2,C正确;由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在,不是Cl-,因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质,D正确。3、B【解析】
短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加,X为H,Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物;X与Z最外层电子数相同;Y为O,Z为Na,Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂,W为Cl。【详解】A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧,故A正确;B.Y为O,Z为Na,对应的离子具有相同的核外电子排布,核电荷数越大,离子半径越小,应为Z<Y,故B错误;C.X与Z形成的离子化合物是NaH,H为-1价,具有还原性,可与水反应生成氢氧化钠和氢气,故C正确;D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸,因为氯元素的非金属性强于硫元素,硫酸为强酸,所以高氯酸一定是强酸,故D正确;故选B。比较半径,首先看电子层数,电子层数越多,半径越大;电子层数相同时,核内质子数越多,半径越小;电子层数和质子数都相同时,核外电子数越多,半径越大。4、D【解析】
A.NH3溶于水后电离产生OH-而使溶液呈碱性,与水解无关,选项A错误;B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性,选项B错误;C.KOH溶于水后电离产生OH-而使溶液呈碱性,与水解无关,选项C错误;D.由于ClO-水解产生OH-,使NaClO溶液呈碱性,选项D正确。答案选D。5、C【解析】
A.铝是地壳中含量最多的金属元素,铝以化合态形式存在于地壳中,故A错误;B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼,在表面形成一屋致密的氧化膜,阻止内部金属继续反应,故B错误;C.氧化铝是离子化合物,其晶体中离子键很强,故熔点很高,可用作耐火材料,故C正确;D.熔化的氯化铝是非电解质,不易导电,和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同,是分子晶体,故D错误;故选C。本题综合考查铝及其化合物的性质,侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查,注意相关知识的积累,D为易错点,熔化的氯化铝是非电解质,由分子构成,不易导电。6、C【解析】
由示意图可知:Na+向a电极移动,HSO3﹣、SO42﹣向b电极移动,则a为阴极,b为阳极,据此解答。【详解】A.a极上氢离子被还原为氢气,发生还原反应,故a为阴极,故A错误;B.a极上氢离子得电子生成氢气,溶液中氢离子浓度降低,促进HSO3﹣电离生成SO32﹣,钠离子进入阴极室,吸收液就可以再生,故B错误;C.酸性条件,阴离子主要为HSO3﹣,b电极上HSO3﹣转化为SO42﹣,电极反应式为:HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+,故C正确;D.b膜允许阴离子通过,故b膜为阴离子交换膜,故D错误。故选:C。7、B【解析】
A选项,原子符号左上角为质量数,所以钇原子质量数为89,胡A正确;
B选项,质子数+中子数=质量数,中子数=质量数-质子数=89-39=50,质子数与中子数之差为50-39=11,故B错误;
C选项,原子的核外电子数=核内质子数,所以核外有39个电子,故C正确;D选项,Y与Y质子数相同,中子数不同,互为同位素,故D正确;综上所述,答案为B。原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数,原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数,同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。8、C【解析】
A.大气中的NOx可形成硝酸型酸雨,降低NOx排放可以减少酸雨的形成,A正确;B.储存过程中NOx转化为Ba(NO3)2,N元素价态升高被氧化,B正确;C.还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA,C错误;D.BaO转化为Ba(NO3)2储存NOx,Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O,还原NOx,D正确;故选C。9、D【解析】
从图示可知,由于有外加电源,故此为外加电源的阴极保护法。A、在外加电源的阴极保护法中,钢铁要做电解池的阴极,即a为电源的负极,则b为电源的正极,选项A错误;B、该方法是外加电源的阴极保护法,选项B错误;C、在电解池中,电子由电解池的阳极→电源的正极,电源的负极→电解池的阴极,即电子要由辅助电极→b、a→钢铁闸门,选项C错误;D、电源改用导线连接进行防护时,即牺牲阳极的阴极保护法,则辅助电极要做负极,发生氧化反应,选项D正确;答案选D。10、D【解析】
W与Y同族;W的氢化物为弱酸,则W为第二周期的非金属元素,由此可推出W为氟(F),Y为Cl;W、X、Z最外层电子数之和为11,则X、Z的最外层电子数之和为4,Z可能为K或Ca,则X可能为Al或Mg。【详解】A.Y和Z形成的化合物,不管是CaCl2还是NaCl,其水溶液都呈中性,A错误;B.F没有正价,Cl的最高化合价为+7,B错误;C.离子半径Cl->K+>Ca2+,则离子半径Y>Z,C错误;D.CaH2、KH都是离子化合物,D正确;故选D。11、A【解析】
A.1mol氨基中含有9mol电子,含有的电子数目为9NA,故A正确;B.标况下单质溴不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量,故B错误;C.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液中,CH3COO−会发生水解,数目小于0.01NA,故C错误;D.氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下:2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,在这个反应中,氯气单质气体既充当氧化剂,又充当还原剂,两个零价位的Cl原子,一个被氧化成为+1价,另一个被还原成为-1价,0.1mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA,故D错误;正确答案是A。12、A【解析】
A.碳酸钠固体在空气中与二氧化碳、水蒸气都不发生反应,故A符合题意;B.过氧化钠和空气中的二氧化碳、水蒸气都发生反应,故B不合题意;C.氧化钙能与空气中的水反应生成氢氧化钙,故C不合题意;D.次氯酸钙会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气,生成次氯酸和碳酸钙,故D不合题意;故选A。13、D【解析】
A.CO2能在水中溶解,使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积;B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,使排出水的体积小于CO2的体积;C.CO2能在饱和食盐水中溶解,使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积;D.CO2不能在煤油中溶解,这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积,相对来说,误差最小,故合理选项是D。14、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。15、C【解析】
A.正极上水发生还原反应生成H2,电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2,故A错误;B.SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O,离子反应式为:4H2+SO42-S2-+4H2O,故B错误;C.钢管腐蚀的过程中,负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+,与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2,故C正确;D.在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀,但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀,故D错误;故答案为C。16、D【解析】
A.1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水,氧原子数大于4NA,A错误;B.273K、101kPa下,22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后,产物二氧化碳和水,分子总数大于NA,B错误;C.25℃时pH=13的NaOH溶液中没有体积,无法计算OH—的数目,C错误;D.1molNa与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时,钠单质变为钠离子,转移1mol电子,失去的电子数一定为NA,D正确;答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、2-甲基-1-丙醇醛基、碳碳双键加成反应(或还原反应)(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52(CH3)2CHCH2OH+O22H2O+2(CH3)2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可)【解析】
由合成路线及题中信息可知,A反应后得到B,则B为(CH3)2CHCH2OH;B发生催化氧化反应生成C,C经氧化和酸化转化为D,则C为(CH3)2CHCHO,D为(CH3)2CHCOOH;F可以加聚为E,则F为C6H5CH=CHCHO;F经催化加氢得到G,结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH,D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知,有机物B为(CH3)2CHCH2OH,其系统命名为2-甲基-1-丙醇;故答案为:2-甲基-1-丙醇。(2)F为C6H5CH=CHCHO,F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键;F经催化加氢得到G,故F→G的反应类型为加成反应或还原反应;故答案为:醛基、碳碳双键;加成反应(或还原反应)。(3)M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯,故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。(4)B为(CH3)2CHCH2OH,C为(CH3)2CHCHO,B→C反应为醇的催化氧化反应,该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O;故答案为:2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O。(5)G为C6H5CH2CH2CH2OH,X是G的同系物,且相对分子质量比G小14,则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体,满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的,说明分子中含有酚羟基,除苯环外余下两个碳,则苯环上另外的取代基可以是1个乙基,也可以是2个甲基:①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基,乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置;②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基,采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置,对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述,可知符合条件的X的同分异构体共有3+6=9种。其中,核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为;故答案为:9;。(6)参照M的合成路线,由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯,可以先由丙烯合成1-丙醇,然后把1-丙醇氧化为丙醛,接着把丙醛氧化为丙酸,最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯;故答案为:CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可)。18、CH≡CH酯基NaOH水溶液、加热B、C+C2H5OH+H2O+H2O或CH3CHOCH2=CHCOOCH3【解析】
反应①、反应②的原子利用率均为100%,属于加成反应,结合反应②的产物,可知烃A为HC≡CH,B为,而G的相对分子质量为78,则G为.C可以发出催化氧化生成D,D发生信息中I的反应,则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应,则C为,D为,E为,F为,F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到,与甲醇反应酯化反应生成,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3,最后发生加聚反应得到,以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知A为CH≡CH;(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基,反应③为卤代烃的水解,条件为:氢氧化钠水溶液、加热;(3)A.羟基、羧基能与钠反应生成氢气,1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气,标况下氢气体积为33.6L,但氢气不一定处于标况下,故A错误;B.药物Y的分子式为C8H804,含有酚羟基,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;C.羧基酸性最强,酚羟基酸性很弱,醇羟基表现为中性,药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故C正确;D.苯环与氢气发生加成反应,1mol药物Y与3molH2加成,Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应,1molY消耗2molBr2,故D错误;故答案为B、C;(4)反应E-F的化学方程式:,F→X的化学方程式为;(5)E为,对应的同分异构体①遇FeCl3溶液可以发生显色反应,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物;②能发生银镜反应和水解反应,应为甲酸酯类;③核磁共振氢谱有6个峰,则可能的结构为;(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料,合成Z,可用乙醛与HCN发生加成反应,然后水解生成2-羟基丙酸,与甲醇发生酯化反应,再发生消去反应,最后发生加聚反应生成Z,也可用乙醛与HCN发生加成反应,然后水解生成2-羟基丙酸,发生消去反应生成丙烯酸,与甲醇发生酯化反应,最后发生加聚反应生成Z,对应的流程可为或者。在进行推断及合成时,掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的,可以从一种的信息及物质的分子结构,结合反应类型,进行顺推或逆推,判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯;可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基;可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基;可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖;遇氯化铁溶液变紫色,遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。19、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉;量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,充分反应后,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,过滤,洗净烘干后称量沉淀质量,计算可得【解析】
(1)制取实验结束后,取出B中试管冷却结晶,过滤,洗涤,该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,故答案为:烧杯、漏斗、玻璃棒;(2)若对调B和C装置的位置,A中挥发出来的气体有Cl2和HCl,气体进入C装置,HCl溶于水后,抑制氯气的溶解,B中氯气与KOH加热生成氯酸钾,则可能提高氯酸钾的产率,故答案为:可能;(3)①研究反应条件对反应产物的影响,由表格数据可知,总体积相同,只有硫酸的浓度不同,则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响,故答案为:研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响;②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验,故答案为:硫酸浓度为0的对照实验;③淀粉遇碘单质变蓝,若2号试管实验现象是溶液变为黄色,因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色,故答案为:淀粉;(4)由资料可知,次氯酸会破坏酸碱指示剂,因此设计实验不能用酸碱指示剂,可以利用氯水的氧化性,设计简单实验为量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,充分反应后,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,过滤,洗净烘干后称量沉淀质量,计算可得,故答案为:量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,充分反应后,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,过滤,洗净烘干后称量沉淀质量,计算可得。本题的难点是(4),实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量,氯水中氯元素以Cl-、HClO、Cl2、ClO-形式存在,根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl-,然后加入AgNO3,测AgCl沉淀质量,因此本实验不能用SO2和FeCl3,SO2与Cl2、ClO-和HClO反应,SO2被氧化成SO42-,SO42-与AgNO3也能生成沉淀,干扰Cl-测定,FeCl3中含有Cl-,干扰Cl-测定,因此只能用H2O2。20、趁热过滤防止反应过于剧烈,引发安全问题趁热过滤热水冷水使己二酸盐转化为己二酸,易析出,浓硫酸不会使浓溶液稀释,可提高己二酸的产率ABD%【解析】
由题意可知,三颈烧瓶中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水,搅拌使其溶解,然后加入6.3g高锰酸钾,小心预热溶液到40℃,缓慢滴加1.4mL环己醇,控制滴速,使反应温度维持在45℃左右,反应20min后,再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚,加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾,趁热过滤得到MnO2沉淀和含有己二酸钾的滤液,用热水洗涤MnO2沉淀,将洗涤液合并入滤液,热浓缩使滤液体积减少至10mL左右,趁热小心加入浓硫酸,使溶液呈强酸性(调节pH=1~2),冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥,得己二酸白色晶体,据此分析解答。【详解】(1)如果滴加环己醇速率过快会导致其浓度过大,化学反应速率过快,故为了防止反应过于剧烈,引发安全问题,要缓慢滴加环己醇;故答案为:防止反应过于剧烈,引发安全问题;(2)根据步骤中“沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚”,说明温度高时,MnO2沉淀的溶解度小,故为了充分分离MnO2沉淀和滤液,应趁热过滤;为减少MnO2沉淀的损失,洗涤时也要用热水洗涤,根据表可知己二酸的溶解度随温度升高而增大,故步骤⑤中洗涤己二酸晶体时应用冷水洗涤,减小己二酸的溶解度,提高产率;故答案为:趁热过滤;热水;冷水;(3)实验制得的为己二酸钾,根据强酸制弱酸,用浓硫酸调节pH成强酸性可以使己二酸盐转化为己二酸,易于析出,同时浓硫酸不会使浓溶液稀释,可提高己二酸的产率;故答案为:使己二酸盐转化为己二酸,易于析出,同时浓硫酸不会使浓溶液稀释,可提高己二酸的产率;(4)①A.称取己二酸样品质量时,先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央,显示数字稳定后按“去皮”键(归零键),再缓慢加样品至所需样品的质量时,记录称取样品的质量,A正确;B.摇瓶时,应微动腕关节,使溶液向一个方向做圆周运动,但是勿使瓶口接触滴定管,溶液也不得溅出,避免待测物质的损失,B正确;C.滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下,容易使标准液滴加过量,应逐滴加入,便于控制实验,C错误;D.为减少误差,滴定结束后稍停1﹣2分钟,等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数,D正确;E.记录测定结果时,滴定前仰视刻度线,滴定到达终点时又俯视刻度线,标准液的消耗读数偏小,将导致滴定结果偏低,E错误;故答案为:ABD;②一个己二酸分子中含有两个羧基,与NaOH溶液的反应为:HOOC(CH2)4COOH+2NaOH=NaOOC(CH2)4COONa+2H2O,则n(己二酸)=n(NaOH)=×0.1000mol/L×b×10﹣3L,则己二酸的纯度为:;故答案为:。21、BC6c-a-3bBC
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