广东省华附南海实验高中2023年高考考前提分化学仿真卷含解析_第1页
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文档简介

2023年高考化学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列有关化合物的说法正确的是()A.所有原子共平面 B.其一氯代物有6种C.是苯的同系物 D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB.1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC.5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO,转移电子数为0.3NAD.6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA3、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是BA.B.C.D.4、山梨酸钾(CH3CH=CHCH=CHCOOK,简写为RCOOK)是常用的食品防腐剂,其水溶液显碱性。下列叙述正确的是()A.山梨酸和山梨酸钾都是强电解质B.稀释山梨酸钾溶液时,n(OH-)、c(OH-)都减小C.若山梨酸的电离常数为Ka,则RCOOK稀溶液中c(K+)=c(RCOO-)[1+]D.山梨酸能发生加成反应,但不能发生取代反应5、下列有关实验操作的叙述正确的是A.制备乙酸乙酯时,将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B.用苯萃取溴水中的溴时,将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C.在蒸馏操作中,应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D.向容量瓶中转移液体时,引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁6、对已达化学平衡的反应:2X(g)+Y(g)2Z(g),减小压强后,对反应产生的影响是A.逆反应速率增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动B.逆反应速率减小,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动C.正反应速率先减小后增大,逆反应速率减小,平衡向逆反应方向移动D.逆反应速率先减小后增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动7、常温常压下,O3溶于水产生的游离氧原子[O]有很强的杀菌消毒能力,发生的反应如下:()反应①:O3O2+[O]ΔH>0平衡常数为K1反应②:[O]+O32O2ΔH<0平衡常数为K2总反应:2O33O2ΔH<0平衡常数为K下列叙述正确的是A.降低温度,K减小 B.K=K1+K2C.增大压强,K2减小 D.适当升温,可提高消毒效率8、某温度下,向溶液中滴加的溶液,滴加过程中溶液中与溶液体积的关系如图所示,已知:,

。下列有关说法正确的是A.a、b、c三点中,水的电离程度最大的为b点B.溶液中:C.向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液,先沉淀D.该温度下9、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池,其电池总反应为:V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+.下列说法正确的是()A.放电时正极反应为:VO2++2H++e-=VO2++H2OB.放电时每转移2mol电子时,消耗1mol氧化剂C.放电过程中电子由负极经外电路移向正极,再由正极经电解质溶液移向负极D.放电过程中,H+由正极移向负极10、常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.pH=2的透明溶液:K+、SO42-、Na+、MnO4-B.使酚酞变红的溶液:Na+、Mg2+、Cl-、NO3-C.与Al反应生成H2的溶液:NH4+、K+、NO3-、SO42-D.c(NO3-)=1.0mol•L-1的溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-11、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A.溶液酸性:A>B>CB.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能会变为红色D.加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A12、化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是()A.二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈C.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服,肥皂去污能力差D.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土13、利用如图装置模拟铁的电化学保护。下列说法正确的是A.若X为锌棒,开关K置于M处,为外加电流阴极保护法B.若X为碳棒,开关K置于N处,为牺牲阳极阴极保护法C.若X为锌棒,开关K置于M处,Zn极发生:Zn-2e→Zn2+D.若X为碳棒,开关K置于N处,X极发生还原反应14、单质铁不同于铝的性质是A.遇冷的浓硫酸钝化B.能与氢氧化钠反应C.能与盐酸反应D.能在氧气中燃烧15、2010年,中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示),其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是()A.六炔基苯的化学式为C18H6B.六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构C.六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应D.六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应16、反应Cl2+2KI=2KCl+I2中,氧化剂是()A.Cl2B.KIC.KClD.I2二、非选择题(本题包括5小题)17、为探究固体A的组成和性质,设计实验并完成如下转化。已知:X由两种化合物组成,若将X通入品红溶液,溶液褪色。若将X通入足量双氧水中,X可全部被吸收且只得到一种强酸,再稀释到1000mL,测得溶液的PH=1。在溶液2中滴加KSCN溶液,溶液呈血红色。请回答:(1)固体A的化学式______________。(2)写出反应①的化学方程式____________。(3)写出反应④中生成A的离子方程式______________。18、用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维,合成路线如图:已知:(1)生成A的反应类型是_____。(2)试剂a是_____。(3)B中所含的官能团的名称是_____。(4)W、D均为芳香化合物,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。(5)Q是W的同系物且相对分子质量比W大14,则Q有______种,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的为_____、_____(写结构简式)(6)试写出由1,3﹣丁二烯和乙炔为原料(无机试剂及催化剂任用)合成的合成路线。(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)。___________19、硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂,媒染剂,在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分,在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水,不溶于乙醇、乙醚,在空气中不稳定,受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉,在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌,放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸,将A中固体慢慢放入其中,加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为_____________。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余,该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现,冷却析出的晶体中含有白色粉末,试解释其原因_____。II.晶体的制备。将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4,试写出生成此沉淀的离子反应方程式___________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是_______________。III.氨含量的测定。精确称取mg晶体,加适量水溶解,注入如图所示的三颈瓶中,然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,并用蒸馏水冲洗导管内壁,用V1mLClmol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶,用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂),到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)玻璃管2的作用_________________,样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是______________。A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B.读数时,滴定前平视,滴定后俯视C.滴定过程中选用酚酞作指示剂D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁20、I.四溴化钛(TiBr4)可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体,熔点为38.3℃,沸点为233.5℃,具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题:(1)检查装置气密性并加入药品后,加热前应进行的操作是___,反应结束后应继续通入一段时间CO2,主要目的是___。(2)将连接管切断并熔封,采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为___、承接管和接收瓶,在防腐胶塞上加装的仪器是___(填仪器名称)。II.过氧化钙溶于酸,极微溶于水,不溶于乙醇、乙醚和丙酮,通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水,在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙,而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题:CaCO3滤液白色结晶(3)步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈___性(填“酸”、“碱”或“中”)。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是__。(4)步骤②中反应的化学方程式为__,该反应需要在冰浴下进行,原因是__。(5)为测定产品中过氧化钙的质量分数,取1.2g样品,在温度高于349℃时使之充分分解,并将产生的气体(恢复至标准状况)通过如图所示装置收集,测得量筒中水的体积为112mL,则产品中过氧化钙的质量分数为___。21、乙酸是生物油的主要成分之一,乙酸制氢具有重要意义:热裂解反应:CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)△H=+213.7kJ·mol-1脱酸基反应CH3COOH(g)→2CH4(g)+CO2(g)△H=-33.5kJ·mol-1(1)请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式__________________________________。(2)在密闭溶液中,利用乙酸制氢,选择的压强为________(填“较大”或“常压”)。其中温度与气体产率的关系如图:①约650℃之前,脱酸基反应活化能低速率快,故氢气产率低于甲烷;650℃之后氢气产率高于甲烷,理由是随着温度升高后,热裂解反应速率加快,同时_________________。②保持其他条件不变,在乙酸气中掺杂一定量的水,氢气产率显著提高而CO的产率下降,请用化学方程式表示:____________________。(3)若利用合适的催化剂控制其他的副反应,温度为TK时达到平衡,总压强为PkPa,热裂解反应消耗乙酸20%,脱酸基反应消耗乙酸60%,乙酸体积分数为________(计算结果保留1位小数);脱酸基反应的平衡常数Kp分别为________________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。

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.连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转,苯平面和烯平面不一定共平面,故A错误;B.有一对称轴,如图,其一氯代物有5种,故B错误;C.苯的同系物中侧链是饱和烃基,故C错误;D.中有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D正确;故选D。2、C【解析】

A.若2mol

SO2和

1mol

O2完全反应,可生成2mol

SO3,即反应后分子总数为2NA,但实际上该反应是可逆反应,不能完全进行,故反应后分子总数大于2NA,故A正确;B.pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L,溶液体积为1L,所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA,故B正确;C.该过程中还原产物为NO,氮元素由+5价变为+2价,所以生成一个NO,转移3个电子,则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA,故C错误;D.6.4gS2和S8的混合物即6.4gS原子,所以硫原子的数目为×NAmol-1=0.2NA,故D正确;故答案为C。【点睛】易错选项为C,要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定,当铁过量可能会有亚铁离子,该题中还原产物只有NO,所以根据还原产物计算电子转移数目。3、B【解析】

A.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁,不是生成三氧化二铁,不能一步实现,故A错误;B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸分解放出氧气,能够一步实现转化,故B正确;C.氧化铜溶于盐酸生成氯化铜,直接加热蒸干得不到无水氯化铜,需要在氯化氢氛围中蒸干,故C错误;D.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫,不能直接生成三氧化硫,不能一步实现,故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点为C,要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发,直接蒸干得到氢氧化铜,得不到无水氯化铜。4、C【解析】

A.山梨酸钾是盐,属于强电解质,其水溶液显碱性,说明该盐是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,因此山梨酸是一元弱酸,属于弱电解质,A错误;B.山梨酸钾是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,稀释时,水解程度增大,水解产生的OH-物质的量增大,但稀释倍数大于水解增大的倍数,所以稀释后的溶液中n(OH-)增大,但c(OH-)减小,B错误;C.根据物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH),山梨酸钾水解平衡常数Kh=,所以c(RCOOH)=c(RCOO-),故c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)[1+],C正确;D.山梨酸分子中含有碳碳双键能发生加成反应,含有羧基能发生取代反应,D错误;故合理选项是C。5、C【解析】

A.浓硫酸溶于水放出大量的热,且密度比水大,为防止酸液飞溅,应先在烧瓶中加入一定量的乙醇,然后慢慢加入浓硫酸,边加边振荡,顺序不能颠倒,故A错误;B.苯的密度比水的密度小,分层后有机层在上层,则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出,故B错误;

C.蒸馏时,应充分冷凝,则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶,防止馏分来不及冷却,故C正确;

D.引流时玻璃棒下端在刻度线以下,玻璃棒可以接触容量瓶内壁,故D错误;故答案为C。6、C【解析】

A、减小压强,正逆反应速率均减小,平衡向逆反应方向移动,A错误;B、减小压强,正逆反应速率均减小,平衡向逆反应方向移动,B错误;C、减小压强,正逆反应速率均减小,正反应速率减小的幅度更大,平衡向逆反应方向移动,移动过程中,正反应速率逐渐增大,C正确;D、减小压强,正逆反应速率均减小,正反应速率减小的幅度更大,平衡向逆反应方向移动,移动过程中,正反应速率逐渐增大,逆反应速率逐渐减小,D错误;故选C。7、D【解析】

A.降低温度向放热反应移动即正向移动,K增大,故A错误;B.方程式相加,平衡常数应该相乘,因此K=K1∙K2,故B错误;C.增大压强,平衡向体积减小的方向移动,即逆向移动,平衡常数不变,故C错误;D.适当升温,反应速率加快,消毒效率提高,故D正确。综上所述,答案为D。8、D【解析】

A.、水解促进水电离,

b点是与溶液恰好完全反应的点,溶质是氯化钠,对水的电离没有作用,水的电离程度最小的为b点,选项A错误;B.根据物料守恒溶液中:2ccc

c,选项B错误;C.大于,所以向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液,先沉淀,选项C错误;D.b点是与溶液恰好完全反应的点,

,根据b点数据,2×10-18

,该温度下,选项D正确;答案选D。9、A【解析】

根据电池总反应V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+和参加物质的化合价的变化可知,放电时,反应中VO2+离子被还原,应在电源的正极反应,V2+离子化合价升高,被氧化,应是电源的负极反应,根据原电池的工作原理分析解答。【详解】A、原电池放电时,VO2+离子中V的化合价降低,被还原,应是电源的正极反应,生成VO2+离子,反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O,故A正确;B、放电时氧化剂为VO2+离子,在正极上被还原后生成VO2+离子,每转移2mol电子时,消耗2mol氧化剂,故B错误;C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路,电子不经过溶液,故C错误;D、放电过程中,电解质溶液中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故D错误;答案选A。【点睛】本题的易错点为A,要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式,同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。10、A【解析】

A.pH=2是酸性溶液,K+、SO42-、Na+、MnO4-均能共存,A正确;B.使酚酞变红的溶液是碱性溶液,Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的白色沉淀,不能共存,B错误;C.与Al反应生成H2的溶液是可酸可碱,NH4+与OH-反应生成一水合氨,不能共存,C错误;D.在酸性溶液中,NO3-会显强氧化性,将Fe2+氧化生成Fe3+,所以H+、NO3-、Fe2+不能共存,D错误;故答案选A。【点睛】在酸性环境中,NO3-、ClO-、MnO7-、Cr2O72-会显强氧化性,氧化低价态的Fe2+、S2-、SO32-、I-、有机物等,所以不能共存。11、C【解析】

由流程图可知,A到B过程发生的反应为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,B到C发生的反应为4FeSO4+2H2SO4+O2=4Fe2(SO4)3+2H2O。【详解】A.由于A到B过程中生成H2SO4,酸性增强,B到C过程中消耗H+,酸性减弱,溶液酸性B最强,故选项A错误;B.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H++4Fe2++O2=4Fe3++2H2O,故选项B错误;C.溶液A中通入SO2的反应为:Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,Fe3+没有完全转化,则滴加KSCN溶液,溶液会变为红色,故选项C正确;D.溶液C中成分为Fe2(SO4)3和H2SO4,加入氧化亚铁,生成产物仍未Fe2+,故选项D错误;故选C。12、A【解析】

A.单质硅可用于制作太阳能电池的原料,太阳能电池可将太阳能转化为电能,二氧化硅是光导纤维的成分,故A错误;B.明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈为Cu2(OH)2CO3,能够溶于酸性溶液,可以利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,故B正确;C.含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀,去污能力减弱,故C正确;D.瓷器由黏土烧制而成,瓷器的主要原料为黏土,故D正确;答案选A。13、C【解析】

A.若X为锌棒,开关K置于M处,该装置是原电池,锌易失电子作负极、铁作正极,作正极的铁被保护,这种方法称为牺牲阳极阴极保护法,故A错误;B.若X为碳棒,开关K置于N处,该装置是电解池,碳作阳极、铁作阴极,作阴极的铁被保护,这种方法称为外加电流阴极保护法,故B错误;C.若X为锌棒,开关K置于M处时,该装置是原电池,活泼金属锌失电子发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,故C正确;D.若X为碳棒,开关K置于N处时,该装置是电解池,阳极X上是氢氧根离子失电子发生氧化反应,故D错误;故答案为C。14、B【解析】A.铁和铝在冷的浓硫酸中均发生钝化,A错误;B.铁和氢氧化钠不反应,铝能和强酸、强碱反应,金属铝与氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和氢气,B正确;C.两者均能与强酸反应生成盐和氢气,C错误;D.两者均可以在氧气中燃烧,D错误。故选择B。15、D【解析】

A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6,A正确;B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构,B正确;C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键,都可发生加成反应,C正确;D、由结构可知,六炔基苯合成石墨炔有氢气生成,不属于加聚反应,根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应,D错误;故答案选D。16、A【解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知,反应物中,Cl2属于单质,氯气中氯元素化合价为零,碘化钾中钾显+1价,碘显-1价,生成物中,氯化钾中钾为+1价,氯为-1价,碘单质中碘元素的化合价是零,因此反应后化合价降低的元素是氯,氯气是氧化剂,故选A。二、非选择题(本题包括5小题)17、FeSO42FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+【解析】本题考查无机物的推断以及实验方案设计。X由两种化合物组成,若将X通入品红溶液,溶液褪色,能使品红溶液褪色的有SO2,若将X通入足量双氧水中,X可全部被吸收且只得到一种强酸,根据化学反应SO2+H2O2=H2SO4、SO3+H2O=H2SO4可知,X由SO2和SO3两种气体组成。在溶液2中滴加KSCN溶液,溶液呈红色,说明溶液中有Fe3+,红棕色固体是氧化铁。(1)根据上述分析,固体A加热分解生成SO2、SO3和氧化铁,硫元素的化合价降低,铁元素的化合价升高,则A为FeSO4。(2)根据上述分析,反应①的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。(3)气体X为SO2、SO3的混合物气体,通入NaOH溶液中发生反应生成硫酸钠和亚硫酸钠,亚硫酸根离子具有还原性,氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁,溶液2为硫酸铁,Fe3+具有氧化性,SO32-与Fe3+能发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平,则反应④中生成A的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。18、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是,A转化得到B,B与氨气在高压下得到,可知B→引入氨基,A→B引入硝基,则B中Cl原子被氨基取代生成,可推知B为,试剂a为浓硝酸、浓硫酸;还原得到D为;乙醇发生消去反应生成E为CH2=CH2,乙烯发生信息中加成反应生成F为,W为芳香化合物,则X中也含有苯环,X发生氧化反应生成W,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子,结合W的分子式,可知W为、则X为,W与D发生缩聚反应得到Y为。(6)CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成。【详解】(1)生成A是苯与氯气反应生成氯苯,反应类型是:取代反应,故答案为:取代反应;(2)A→B发生硝化反应,试剂a是:浓硝酸、浓硫酸,故答案为:浓硝酸、浓硫酸;(3)B为,所含的官能团是:氯原子、硝基,故答案为:氯原子、硝基;(4)①由分析可知,F的结构简式是:,故答案为:;②生成聚合物Y的化学方程式是:,故答案为:;(5)Q是W()的同系物且相对分子质量比W大14,则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团,有1个取代基为﹣CH(COOH)2;有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH,有邻、间、对3种;有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3,2个﹣COOH有邻、间、对3种位置,对应的﹣CH3,分别有2种、3种、1种位置,故符合条件Q共有1+3+2+3+1=10种,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的为、,故答案为:10;、;(6)CH2=CHCH=CH2和HC≡CH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成,其合成路线为,故答案为:。【点睛】本题考查有机物的推断与合成,充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析,侧重考查学生分析推理能力,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力,熟练掌握官能团的性质与转化,是有机化学常考题型。19、坩埚反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸逐渐变浓,浓硫酸的吸水性使失水变成硫酸四氨合铜晶体容易受热分解平衡气压,防止堵塞和倒吸AC【解析】

Ⅰ.(1)灼烧固体,应在坩埚中进行;(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,具有吸水性;Ⅱ.CuSO4溶液加入氨水,先生成Cu2(OH)2SO4沉淀,氨水过量,反应生成Cu[(NH3)4]SO4·H2O,用乙醇洗涤,可得到晶体。【详解】Ⅰ.(1)灼烧固体,应在坩埚中进行;(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4,可使固体变为白色;Ⅱ.(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4,反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+;(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是Cu[(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解;Ⅲ.(5)装置中长导管可平衡烧瓶内部和外界的气压,可以防止堵塞和倒吸,与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×c1mol·L-1-c2×10-3V2L=10-3(c1V1-c2V2)mol,根据氨气和HCl的关系式知,n(NH3)=n(HCl)=10-3(c1V1-c2V2)mol,则样品中氨的质量分数为;6)根据氨的质量分数的表示式,若氨含量测定结果偏高,则V2偏小;A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大,含量偏低,A符合题意;B.读数时,滴定前平视,滴定后俯视,导致V2偏小,则含量偏高,B不符合题意;C.滴定过程中选用酚酞作指示剂,滴定终点的溶液中含有NH4Cl和NaCl,溶液呈酸性,如果使用酚酞作指示剂,消耗的NaOH增大,则V2偏大,结果偏低,C符合题意;D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁,部分盐酸没有反应,需要的氢氧化钠偏少,则V2偏小,含量偏高,D不符合题意。答案为AC。20、打开K1,关闭K2和K3,通入二氧化碳排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气直形冷凝管温度计酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O温度过高时过氧化氢分解60%【解析】

I.TiBr4常温易潮解,所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物,所以通入的二氧化碳气体必须干燥,浓硫酸能干燥二氧化碳,所以试剂A为浓硫酸;因为装置中含有空气,空气中氧气能和C在加热条件下反应,所以要先通入二氧化碳排出装置中空气,需要打开K1,关闭K2和K3;然后打开K2和K3

,同时关闭K1,发生反应TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制备TiBr4,TiBr4常温下为橙黄色固体,流入收集装置中;溴有毒不能直接排空,应该最后有尾气处理装置,TiBr4易潮解,所以装置X单元能起干燥作用,结合题目分析解答。II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液,将溶液煮沸,趁热过滤,将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2,反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体,过滤得到过氧化钙晶体,水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体,以此来解答。【详解】(1)根据分析以及图示可知加热前要先打开K1,关闭K2和K3,通入二氧化碳排出装置中空气;反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留,以及剩余的溴蒸气,应继续通入一段时间CO2,主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中,提高产率,而且还可以排出剩余的溴蒸气,进行尾气处理,防止污染;(2)在产品四溴化钛中还有残留的液溴,因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C,可以使用蒸馏法提纯;此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶,蒸馏时要根据温度收集馏分,所以在防腐胶塞上应加装温度计;(3)此时溶液中溶有二氧化碳,所以呈酸性;将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳;(4)反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体,反应的化学方程式为:CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2N

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