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文档简介

2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3,还含有少量FeS2)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下,下列叙述不正确的是A.加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B.向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5D.烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来2、某晶体熔化时化学键没有被破坏的属于A.原子晶体 B.离子晶体 C.分子晶体 D.金属晶体3、对二甲苯(PX)可发生如下反应生成对苯二甲酸(PTA)。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H++12Mn2++28H2OA.PTA是该反应的氧化产物 B.消耗1molPX,共转移8mol电子C.PX含苯环的同分异构体还有3种 D.PTA与乙二醇可以发生缩聚反应4、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素,分析正确的是A.R在周期表的第15列B.Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C.简单离子的半径:X>Z>MD.Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M5、关于金属钠单质及其化合物的说法中,不正确的是()A.NaCl可用作食品调味剂 B.相同温度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3C.Na2CO3的焰色反应呈黄色 D.工业上Na可用于制备钛、锆等金属6、同位素示踪法可用于反应机理的研究,下列反应中同位素示踪表示正确的是()A.2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OB.NH4Cl+2H2O⇌NH3•2H2O+HClC.K37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2↑+3H2OD.2Na2O2+2H218O=4NaOH+18O27、常温下,向20mL0.1mol·L-1HCN溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH的溶液,由水电离的氢氧根离子浓度随加入NaOH体积的变化如图所示,则下列说法正确的是()A.常温下,0.1mol·L-1HCN的电离常数Ka数量级为10-8B.a、c两点溶液均为中性C.当V(NaOH)=10mL时:c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)D.当V(NaOH)=30mL时:2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN)8、常温下,有关0.1mol/LCH3COONa溶液(pH>7),下列说法不正确的是()A.根据以上信息,可推断CH3COOH为弱电解质B.加水稀释过程中,c(H+)⋅c(OH−)

的值增大C.加入NaOH固体可抑制

CHCOO−的水解D.同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液,由水电离出的c(H+)前者大9、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.0.1mol·L-1KHSO3溶液:Na+、NH4+、H+、SO42-B.0.1mol·L-1H2SO4溶液:Mg2+、K+、Cl-、NO3-C.0.1mol·L-1Na2SO3溶液:Ba2+、K+、ClO-、OH-D.0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液:NH4+、Na+、Cl-、HCO3-10、下列指定反应的离子方程式不正确的是A.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na++NH3·H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+B.碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO—+2Fe(OH)3+4OH—=2FeO42—+3Cl—+5H2OC.向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2++2H2O=4Na++2Fe(OH)2↓+O2↑D.向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O11、下列解释事实的方程式不正确的是()A.硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液:Ba2++SO42-=BaSO4↓B.硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OC.向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2OD.向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液:2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-12、根据下列图示所得出的结论不正确的是A.图甲是室温下20mL0.1mol•L﹣1氨水中滴加盐酸,溶液中由水电离出的c(H+)随加入盐酸体积的变化关系,图中b、d两点溶液的pH值均为7B.图乙是CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的△H<0C.图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线,该滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(SO42﹣)的关系曲线,说明Ksp(BaSO4)=1×10﹣1013、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是()A.用量筒量取浓盐酸俯视读数 B.溶解搅拌时有液体飞溅C.定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线 D.摇匀后见液面下降,再加水至刻度线14、港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是A.抗震性好 B.耐腐蚀强 C.含碳量高 D.都导电导热15、分子式为C4H8Cl2的链状有机物,只含有二个甲基的同分异构体共有(不考虑立体异构)A.3种 B.4种 C.5种 D.6种16、设NA为阿伏伽德罗常数。下列说法不正确的是A.常温常压下,35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应,转移的电子数为0.5NAB.60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2NAC.同温下,pH=1体积为1L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NAD.已知合成氨反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g);△H=-92.4kJ/mol,当该反应生成NA个NH3分子时,反应放出的热量为46.2kJ二、非选择题(本题包括5小题)17、有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下:(1)B中含氧官能团名称为________和________。(2)B→C反应类型为________。(3)D的分子式为C10H11OCl,写出D的结构简式:________。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式:________。①分子中含有1个苯环,能发生银镜反应;②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备,写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)________。18、我国科研人员采用新型锰催化体系,选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。(2)C和D生成E的化学方程式为_____________。(3)G的结构简式为________。(4)由D生成F,E和H生成J的反应类型分别是______、_____。(5)芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应,则K可能的结构有____种,其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______(任写一种)。19、某实验小组对KSCN的性质进行探究,设计如下实验:试管中试剂实验滴加试剂现象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.无明显现象ii.先变红,后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液变红iv.红色明显变浅(1)①用离子方程式表示实验I溶液变红的原因___________②针对实验I中红色褪去的原因,小组同学认为是SCN−被酸性KMnO4氧化为SO42−,并设计如图实验装置证实了猜想是成立的。其中X溶液是_____________,检验产物SO42−的操作及现象是__________。(2)针对实验Ⅱ“红色明显变浅”,实验小组提出预测。原因①:当加入强电解质后,增大了离子间相互作用,离子之间牵制作用增强,即“盐效应”。“盐效应”使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡体系中的Fe3+跟SCN−结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少,溶液红色变浅。原因②:SCN−可以与Fe2+反应生成无色络合离子,进一步使Fe3++SCN−[Fe(SCN)]2+平衡左移,红色明显变浅。已知:Mg2+与SCN−难络合,于是小组设计了如下实验:由此推测,实验Ⅱ“红色明显变浅”的原因是___________________________。20、苯甲酰氯()是制备染料,香料药品和树脂的重要中间体,以光气法制备苯甲酰氯的原理如下(该反应为放热反应):+COCl2+CO2+HCl已知物质性质如下表:物质熔点/℃沸点/℃溶解性苯甲酸122.1249微溶于水,易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂碳酰氯(COCl2)-1888.2较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解,生成氯化氢,与氨很快反应,主要生成尿素[CO(NH2)2]和氯化铵等无毒物质苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿和苯。遇水或乙醇逐渐分解,生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢三氯甲烷(CHCl3)-63.563.1不溶于水,溶于醇、苯。极易挥发,稳定性差,450℃以上发生热分解I.制备碳酰氯反应原理:2CHCl3+O22HCl+COCl2甲.乙.丙.丁.戊.(1)仪器M的名称是____________(2)按气流由左至右的顺序为___________→c→d→_________→_________→_________→_________→_________.(3)试剂X是_______________(填名称)。(4)装置乙中碱石灰的作用是____________。(5)装置戊中冰水混合物的作用是____________;多孔球泡的作用是________________。Ⅱ.制备苯甲酰氯(部分夹持装置省略)(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收,写出该反应的化学方程式:______________。若向三颈烧瓶中加入610g苯甲酸,先加热至140~150℃,再通入COCl2,充分反应后,最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯,则苯甲酸的转化率为_________________。21、4种相邻的主族短周期元素的相对位置如表,元素x的原子核外电子数是m的2倍,y的氧化物具有两性。回答下列问题:mnxy(1)元素x在周期表中的位置是第____。其单质可采用电解熔融的___方法制备。用电子式表示该化合物的形成过程:___。(2)m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中,酸性最强的是____,碱性最强的是____。(填化学式)(3)气体分子(mn)2称为拟卤素,性质与卤素类似,其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是____。

2023学年模拟测试卷参考答案(含详细解析)一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【答案解析】

A.FeS2煅烧时会生成SO2,加入CaO会与SO2反应,减少SO2的排放,而且CaSO3最后也会转化为CaSO4,A项不符合题意;B.滤液为NaAlO2溶液,通入CO2,生成Al(OH)3,过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3;B项不符合题意;C.隔绝空气焙烧时,发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4,理论上反应消耗的n(FeS2):n(Fe2O3)=1:16,而不是1:5,C项符合题意;D.Fe3O4具有磁性,能够被磁铁吸引,D项不符合题意;本题答案选C。2、C【答案解析】

A.原子晶体熔化,需破坏共价键,故A错误;B.离子晶体熔化,需破坏离子键,故B错误;C.分子晶体熔化,需破坏分子间作用力,分子间作用力不属于化学键,故C正确;D.金属晶体熔化,需破坏金属键,故D错误;答案:C3、B【答案解析】

A.反应中Mn元素的化合价降低,作氧化剂,则PX作还原剂,所以PTA是该反应的氧化产物,故A正确,不符合题意;B.

反应中,Mn元素的化合价从+7价降低到+2价,转移5个电子,则1molPX反应消耗2.5molMnO4-,共转移12.5NA个电子,故B错误,符合题意;C.

PX含苯环的同分异构体,有邻间对三种二甲苯和乙苯,共计四种同分异构体,所以PX含苯环的同分异构体还有3种,故C正确,不符合题意;D.

PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料,对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应,故D正确,不符合题意;故选:B。4、C【答案解析】

从图可看出X、Y在第二周期,根据原子序数知道X是O元素,Y是F元素,同理可知Z是Na元素,M是Al元素,R是Si元素,Q是Cl元素。【题目详解】A.R是Si元素,在周期表中位于第14列,故A错误;B.Y是F元素,没有正化合价,没有含氧酸,故B错误;C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构,电子层结构相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则简单离子的半径:X>Z>M,故C正确;D.Z是Na元素,钠与铝盐溶液反应时,先与水反应,不能置换出Al,故D错误;故选C。5、B【答案解析】

A.NaCl是最常用的食品调味剂,故A正确;B.相同温度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3,故B错误;C.钠元素的焰色反应呈黄色,故C正确;D.工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属,故D正确;答案为B。6、A【答案解析】

A.过氧化氢中的O化合价由−1价升高为0价,故18O全部在生成的氧气中,故A正确;B.NH4Cl水解,实际上是水电离出的氢氧根、氢离子分别和NH4+、Cl−结合,生成一水合氨和氯化氢,所以2H应同时存在在一水合氨中和HCl中,故B错误;C.KClO3中氯元素由+5价降低为0价,HCl中氯元素化合价由−1价升高为0价,故37Cl应在氯气中,故C错误;D.过氧化物与水反应实质为:过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢,同时生成氢氧化钠,过氧化氢在碱性条件下不稳定,分解为水和氧气,反应方程式为:2Na2O2+4H218O=4Na18OH+2H2O+O2↑,所以18O出现在氢氧化钠中,不出现在氧气中,故D错误;答案选A。7、D【答案解析】

A.常温下,0.1mol·L-1HCN溶液中,水电离出的氢离子浓度为10-8.9mol/L,则溶液中的氢离子浓度==10-5.1,则电离常数Ka==10-9.2,数量级为10-,9,故A错误;B.a点为HCN和NaCN的混合溶液显中性,c点为NaOH和NaCN的混合溶液呈碱性,故B错误;C.当V(NaOH)=10mL时,为HCN和NaCN的混合溶液且二者物质的量浓度相等,溶液显酸性,c(OH-)<c(H+),故C错误;D.当V(NaOH)=30mL时,为NaOH和NaCN的混合溶液呈碱性,钠离子的总物质的量为0.003mol,NaCN中CN-以CN-和HCN两种形式存在,总物质的量为0.002mol,则物料守恒为2c(Na+)=3c(CN-)+3c(HCN),该混合溶液中电荷守恒式为:c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),则c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)-c(H+),代入物料守恒式,可得:2[c(CN-)+c(OH-)-c(H+)]=3c(CN-)+3c(HCN),2c(OH-)-2c(H+)=c(CN-)+3c(HCN),故D正确;答案选D。8、B【答案解析】

A.0.1mol/LCH3COONa溶液pH>7,溶液显碱性,说明醋酸根离子水解,醋酸钠为强碱弱酸盐,说明醋酸为弱酸,属于弱电解质,故A正确;B.常温下,加水稀释0.1mol/LCH3COONa溶液,促进醋酸根离子水解,但温度不变,溶液中水的离子积常数c(H+)•c(OH-)不变,故B错误;C.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解,溶液显碱性,CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-,加入NaOH固体,c(OH-)增大,平衡逆向移动,CH3COO-的水解受到抑制,故C正确;D.同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液,醋酸钠水解,促进水的电离,氢氧化钠电离出氢氧根离子,抑制水的电离,由水电离出的c(H+)前者大,故D正确;故选B。9、B【答案解析】

A项、溶液中H+与KHSO3反应,不能大量共存,故A不选;B项、0.1mol·L-1H2SO4溶液中该组离子之间不反应,能大量共存,故B正确;C项、ClO-具有强氧化性,碱性条件下会将Na2SO3氧化,不能大量共存,故C不选;D项、NH4+和HCO3-会与Ba(OH)2反应,不能大量共存,故D不选。故选B。【答案点睛】本题考查离子共存,侧重分析与应用能力的考查,注意复分解反应、氧化还原反应的判断,把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。10、C【答案解析】

A.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:NH3·H2O+NaCl+CO2==NH4Cl+NaHCO3↓,离子方程式为:NH3·H2O+Na++CO2==NH4++NaHCO3↓,故A正确;B.碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾:2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O,离子方程式为:3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,故B正确;C.向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体,亚铁离子具有还原性,过氧化钠具有氧化性,二者发生氧化还原反应,离子方程式为:4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+,故C错误;D.向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3↓,离子方程式为:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,故D正确。答案选C。11、A【答案解析】

A.硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Cu2++2OH−+Ba2++SO42−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,故A错误;B.硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液,发生氧化还原反应,则离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故B正确;C.碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水,反应的离子方程式为:HCO3−+OH−=CO32−+H2O,故C正确;D.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,发生沉淀的转化,反应的离子反应为:2AgCl+S2−=Ag2S+2Cl−,故D正确;故答案选A。12、A【答案解析】

A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离,NH4Cl水解促进水的电离;B、根据图象,温度升高,平衡常数值减小,不利于反应正向进行;C、根据图知,HX中未加NaOH溶液时,0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2,说明该溶液中HX不完全电离;D、温度不变,溶度积常数不变,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)。【题目详解】A、过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离,NH4Cl水解促进水的电离,随着盐酸的滴加,溶液中NH4Cl逐渐增多,到达b点时存在NH4Cl和氨水,此时溶液中c水(H+)=10-7mol/L,可说明溶液为中性,继续滴加至c点,此时完全是NH4Cl,溶液为酸性,继续滴加HCl,溶液酸性增强,到达c点虽然c水(H+)=10-7mol/L,但溶液为酸性,故A符合题意;B、根据图象,温度升高,平衡常数值减小,说明平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,反应的<0,故B不符合题意;C、根据图知,HX中未加NaOH溶液时,0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2,说明该溶液中HX不完全电离,所以HX为一元弱酸,pH突跃范围落在酚酞的指示范围内,可以使用酚酞,故C不符合题意;D、温度不变,溶度积常数不变,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-),c(Ba2+)与c(SO42-)成反比,则c(SO42-)越大,c(Ba2+)越小,根据图象上的点计算可得Ksp(BaSO4)=1×10-10,故D不符合题意;故选:A。【答案点睛】本题的A选项分析需注意,b点对应溶质为NH4Cl、NH3•H2O,此时溶液中氢离子均为水所电离,溶液呈中性,而d点对应溶质为NH4Cl、HCl,此时溶液中氢离子为HCl水电离,溶液呈酸性。13、C【答案解析】

根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响,如果n偏大或V偏小,则所配制溶液浓度偏高.【题目详解】A、用量筒量取浓盐酸俯视读数会导致液体体积偏小,溶质的物质的量偏小,所配制溶液浓度偏低,故A不选;

B、溶解搅拌时有液体飞溅,会导致溶质的物质的量偏小,所配制溶液浓度偏低,故B不选;

C、定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线,会导致溶液的体积偏小,所配制溶液浓度偏高,故C选;

D、摇匀后见液面下降,为正常现象,如再加水至刻度线,会导致溶液体积偏大,浓度偏低,故D不选。

故选:C。【答案点睛】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析,题目难度中等,注意根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响.14、C【答案解析】

A.钢中的含碳量低于生铁,含碳量越大,硬度越高,但是生铁的韧性较钢要差,钢材的抗震性更好,故A正确;B.该钢材改变了金属的组成和结构,比生铁的抗耐蚀性要好,故B正确;C.根据生铁的含碳量为:2%--4.3%,钢的含碳量为:0.03%--2%,可知含碳量:生铁>钢,故C错误;D.钢材和生铁都是合金都有金属,都导电导热,故D正确;题目要求选错的,故选C。15、B【答案解析】

根据有机物的分子式可知,C4H8Cl2的链状有机物,只含有二个甲基的同分异构体共有4种,分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2;答案选B。16、C【答案解析】

A.2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,则Cl2——e-,35.5g的氯气为0.5mol,转移的电子数为0.5NA,A正确;B.甲酸甲酯和葡萄糖的最简式都为CH2O,则60g混合物含有的碳原子数目为=2NA,B正确;C.温度未知,pH=13体积为1L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数不一定为0.1NA,C不正确;D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g);△H=-92.4kJ/mol表示生成2molNH3时,放热92.4kJ,则当该反应生成NA个NH3分子时,反应放出的热量为46.2kJ,D正确;故选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、羰基羧基还原反应【答案解析】

A与在AlCl3作用下发生取代反应生成,与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成,与SOCl2发生取代反应生成D,D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知,D为,据此分析作答。【题目详解】(1)B为,其中含氧官能团名称为羰基和羧基;(2)B→C的过程中,羰基转化为亚甲基,属于还原反应;(3)与SOCl2发生取代反应生成D,D的分子式为C10H11OCl,可知D为:;(4)F的分子式为C16H16O,其不饱和度=16×2+2-162=9,①分子中含有1个苯环,能发生银镜反应,则说明分子内含醛基;②分子中有4种不同化学环境的氢,则分子为对称结构,满足上述条件的同分异构体为:;(5)根据上述合成路线,若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应,再利用生成的与以及水进行反应制备,采用逆合成分析法结合目标产物,只要将酸性条件下加热可生成,最后与氢气加成即可得到,具体合成路线为:。18、醛基4-硝基甲苯(对硝基甲苯)取代反应加成反应14或【答案解析】

A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应,说明A含有醛基,因此A为CH3CHO,则B为CH3COOH;结合C和E的分子式可知,C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢,则D为;甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F,结合J的结构可知,F为对硝基甲苯(),F被还原生成G,G为对氨基甲苯(),根据已知信息,G和乙醛反应生成H,结合J的结构可知,H为,则E为,据此分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析,A为C2H4O,含有的官能团为醛基;F为,名称为对硝基甲苯,故答案为醛基;4-硝基甲苯(对硝基甲苯);(2)C和D发生取代反应生成E,反应的化学方程式为,故答案为;(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物,G为,故答案为;(4)由D生成F是甲苯的硝化反应,属于取代反应,根据流程图,E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键,属于加成反应,故答案为取代反应;加成反应;(5)E为,芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应,说明K中含有醛基,则K的结构有:苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种;苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种;苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种;苯环上连接1个—CH2CH2CHO有1种;苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种,共14种;其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或,故答案为14;或。19、MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN−Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段时间后取少量反应后的 KSCN 溶液,先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,出现白色沉淀两个原因都有可能【答案解析】

(1)①实验Ⅰ溶液变红,与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关,亚铁离子被氧化成铁离子;②SCN-被酸性KMnO4氧化为SO42-,设计成原电池反应,由电子转移方向可知左边石墨为负极,SCN-被氧化,X溶液为KSCN溶液,右边石墨为正极,Y溶液为KMnO4溶液;检验硫酸根离子,可加入盐酸酸化,再加入氯化钡检验;(2)实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁,溶液颜色依次变浅,可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响。【题目详解】(1)①实验Ⅰ溶液变红,与亚铁离子被高锰酸钾氧化有关,亚铁离子被氧化成铁离子,涉及反应为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,Fe3++3SCN−Fe(SCN)3,故答案为:MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,Fe3++3SCN−Fe(SCN)3;②SCN-被酸性KMnO4氧化为SO42-,设计成原电池反应,由电子转移方向可知左边石墨为负极,SCN-被氧化,X溶液为KSCN溶液,右边石墨为正极,Y溶液为KMnO4溶液;检验硫酸根离子,可加入盐酸酸化,再加入氯化钡检验,方法是一段时间后取少量反应后的KSCN溶液,先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,出现白色沉淀,故答案为:0.1mol·L-1KSCN溶液;一段时间后取少量反应后的KSCN溶液,先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,出现白色沉淀;(2)实验分别加入水、等浓度的硫酸镁、硫酸亚铁,溶液颜色依次变浅,结合题意Mg2+与SCN-难络合,可说明浓度、盐效应以及亚铁离子都对颜色有影响,可解释为水溶液的稀释使溶液变浅;“盐效应”使Fe3+跟SCN-结合成[Fe(SCN)]2+的机会减少;SCN-与Fe2+反应生成无色络合离子,三者可能均有,故答案为:两个原因都有可能。20、分液漏斗eghbaf浓硫酸干燥气体,防止水蒸气进入装置戊中防止三氯甲烷挥发,使碳酰氯液化增大反应物之间的接触面积,加快反应速率COCl2+4NH3∙H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O79.3%【答案解析】

(1)看图得出仪器M的名称。(2)根据已知,碳酰氯与水反应,因此要干燥氧气,且后面产物中要隔绝水蒸气,再得出顺序。(3)根据已知信息,碳酰氯不能见水,因此整个环境要干燥,故得到答案。(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体。(5)根据碳酰氯(COCl2)沸点低,三氯甲烷易挥发,得出结论,多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积,加快反应速率。Ⅱ(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收,生成尿素和氯化铵,再写出

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