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文档简介
广东省华附南海实验高中2024届高考考前提分化学仿真卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、重水(D2O)是重要的核工业原料,下列说法正确的是A.氘(D)的原子核外有2个电子 B.1H与D是同一种原子C.H2O与D2O互称同素异形体 D.1H218O与D216O的相对分子质量相同2、苯甲酸在水中的溶解度为:0.18g(4℃)、0.34g(25℃)、6.8g(95℃)。某苯甲酸晶体中含少量可溶性杂质X和难溶性杂质Y。现拟用下列装置和操作进行提纯:装置:操作:①常温过滤②趁热过滤③加热溶解④结晶⑤洗涤、干燥下列有关说法正确的是_________A.用甲装置溶解样品,X在第①步被分离B.用乙装置趁热过滤,Y在第②步被分离C.用丙装置所示的方法结晶D.正确的操作顺序为:③→④→②→①→⑤3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A.5.6L甲烷含有的共价键数为NAB.2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NAC.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NAD.常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA4、NA代表阿伏加德罗常数的值。4gα粒子(4He2+)含A.2NA个α粒子 B.2NA个质子 C.NA个中子 D.NA个电子5、下列说法不正确的是()A.苯和乙炔都与溴水发生加成反应,从而使溴水褪色B.乙醛和乙酸都可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应C.邻二甲苯只有一种结构,证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构D.等质量的乙烯和丙烯充分燃烧所消耗的O2的量相同6、分类是重要的科学研究方法,下列物质分类正确的是A.酸性氧化物:SO2、SiO2、NO2B.弱电解质:CH3COOH、BaCO3、Fe(OH)3C.纯净物:铝热剂、漂粉精、聚乙烯D.无机物:CaC2、石墨烯、HCN7、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25℃时,各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图,其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH,Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是A.R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性B.N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C.单质与H2化合由易到难的顺序是:R、N、MD.金属单质与冷水反应由易到难的顺序是:Y、X、Z8、止血环酸的结构如下图所示,用于治疗各种出血疾病,在一些牙膏中也含有止血环酸。下列说法不正确的是A.该物质的分子式为C8H15NO2B.在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4种C.该物质能发生取代反应、置换反应D.止血原理可看做是胶体的聚沉9、向碳酸溶液中滴加NaOH溶液,测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如图所示,下列说法不正确的是:A.除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7B.X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH,可计算Ka1(H2CO3)C.pH=10的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)D.将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3,应控制pH>12.510、设NA为阿伏加德常数的数值,下列说法正确的是()A.18gH2O含有10NA个质子B.1mol苯含有3NA个碳碳双键C.标准状况下,22.4L氨水含有NA个NH3分子D.常温下,112g铁片投入足量浓H2SO4中生成3NA个SO2分子11、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液,反应6小时,用排水法收集产生的气体,溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是实验1234567溶液组成H2O1.0mol/LNH4Cl0.1mol/LNH4Cl1.0mol/LNaCl1.0mol/LNaNO30.8mol/LNH4Cl+0.2mol/LNH3·H2O0.2mol/LNH4Cl+0.8mol/LNH3·H2OV/ml1243334716014401349A.由实验2、3可得,浓度越大,镁和水反应速率越快B.由实验1、4、5可得,Cl-对镁和水的反应有催化作用C.由实验3、7可得,反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面,减慢反应D.无论酸性条件还是碱性条件,都能加快镁和水的反应12、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O,在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇,反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A.CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B.催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒C.该催化过程中只涉及化学键的形成,未涉及化学键的断裂D.有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物13、下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是A.接触法制硫酸 B.联合法制纯碱C.铁矿石炼铁 D.石油的裂化和裂解14、下列装置可达到实验目的是A.证明酸性:醋酸>碳酸>苯酚B.制备乙酸丁酯C.苯萃取碘水中I2,分出水层后的操作D.用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体15、下列实验能达到实验目的的是()A.A B.B C.C D.D16、常温下,下列有关溶液的说法正确的是()A.pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液:NH4+浓度的大小顺序为①>②>③B.常温下,pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同C.HA的电离常数Ka=4.93×10-10,则等浓度的NaA、HA混合溶液中:c(Na+)>c(HA)>c(A-)D.已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH,则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中:c(Na+)-c(F-)>c(K+)-c(CH3COO-)二、非选择题(本题包括5小题)17、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)。___________18、化合物H是一种高效除草剂,其合成路线流程图如下:(1)E中含氧官能团名称为________和________。(2)A→B的反应类型为________。(3)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式:________。①不能发生水解反应,能与FeCl3溶液发生显色反应:②分子中有4种不同化学环境的氢。(4)F的分子式为C15H7ClF3NO4,写出F的结构简式:________。(5)已知:—NH2与苯环相连时,易被氧化;—COOH与苯环相连时,再引入其他基团主要进入它的间位。请写出以A和D为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。__________19、乙酰苯胺具有退热镇痛作用,是较早使用的解热镇痛药,有“退热冰”之称。其制备原理如下:已知:①苯胺易被氧化;②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表:物质熔点沸点溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺-6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶实验步骤如下:步骤1:在50mL圆底烧瓶中,加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉,依照如图装置组装仪器。步骤2:控制温度计示数约105℃,小火加热回流1h。步骤3:趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中,冷却后抽滤,洗涤,得到粗产品。(1)步骤1中加入锌粉的作用是________。(2)步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。(3)步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中,“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外,还有________、________(填仪器名称)。(4)步骤3得到的粗产品需进一步提纯,该提纯方法是________。20、某化学课外小组在制备Fe(OH)2实验过程中观察到生成的白色沉淀迅速变为灰绿色,一段时间后变为红褐色。该小组同学对产生灰绿色沉淀的原因,进行了实验探究。I.甲同学猜测灰绿色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物,设计并完成了实验1和实验2。编号实验操作实验现象实验1向2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液(两溶液中均先加几滴维生C溶液)液面上方出现白色沉淀,一段时间后变为灰绿色,长时间后变为红褐色实验2取实验1中少量灰绿色沉淀,洗净后加盐酸溶解,分成两份。①中加入试剂a,②中加入试剂b①中出现蓝色沉淀,②中溶液未变成红色(1)实验中产生红褐色沉淀的化学方程式为_________________________(2)实验1中加入维生素C溶液是利用了该物质的___性(3)实验2中加入的试剂a为___溶液,试剂b为____溶液。实验2的现象说明甲同学的猜测_____(填“正确”或“不正确”)。Ⅱ.乙同学查阅资料得知,Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,设计并完成了实验3—实验5。编号实验操作实验现象实验3向10mL4mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(带有较多灰绿色)。沉淀下沉后,部分灰绿色沉淀变为白色实验4向10mL8mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1FeSO4溶液(两溶液中均先加几滴维生素C溶液)液面上方产生白色沉淀(无灰绿色)。沉淀下沉后,仍为白色实验5取实验4中白色沉淀,洗净后放在潮湿的空气中______________(4)依据乙同学的猜测,实验4中沉淀无灰绿色的原因为_____。(5)该小组同学依据实验5的实验现象,间接证明了乙同学猜测的正确性,则实验5的实验现象可能为____。Ⅲ.该小组同学再次查阅资料得知当沉淀形成时,若得到的沉淀单一,则沉淀结构均匀,也紧密;若有杂质固体存在时,得到的沉淀便不够紧密,与溶液的接触面积会更大。(6)当溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时,白色沉淀更容易变成灰绿色的原因为______。(7)该小组同学根据上述实验得出结论:制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀的适宜的条件和操作有________、____。21、氢氟酸可用于半导体工业,也常用来蚀刻玻璃,其刻蚀反应原理如下:6HF+Na2SiO3→2NaF+SiF4↑+3H2O完成下列填空:(1)根据HF的___(选填编号)大于H2O,可推断氟元素的非金属性强于氧元素。a.酸性b.熔沸点c.稳定性d.键的极性(2)SiF4与甲烷结构相似,SiF4是含___键的___分子(均选填“极性”或“非极性”)。刻蚀反应中的三种元素可组成同时含离子键和共价键的化合物,该化合物的电子式为___。(3)Si原子核外电子有___种不同能量的电子,其中最高能量的电子处于___轨道。(4)在相同条件下,Na2SiO3、CaSiO3分别与等浓度等体积的氢氟酸反应,两个反应原理相似,但前者的反应速率明显大于后者。原因是___。(5)同浓度的H2SO3和HF两溶液的pH为:H2SO3___HF(选填“>”或“<”)。浓度均为0.01mol/L的H2SO3和HF的1L混合溶液中,通入0.02molNH3充分反应后,SO32-、HSO3-、F-、NH4+浓度从大到小的顺序为:___。已知:H2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7;HFKi=6.8×10-4;NH3•H2OKi=1.8×10-5。
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、氘(D)原子核内有一个质子,核外有1个电子,选项A错误;B、1H与D质子数相同,中子数不同互称同位素,是两种原子,选项B错误;C、同素异形体是同种元素的单质之间的互称,选项C错误;D、1H218O与D216O的相对分子质量相同,都是20,选项D正确;答案选D。2、A【解析】
A.苯甲酸在水中的溶解度为0.18g(4℃),、0.34g(25℃)、6.8g(95℃)用甲装置溶解样品,Y末溶,X溶解形成不饱和溶液,苯甲酸形成热饱和溶液,X在第①步被分离到溶液中,故A正确;B.乙是普通漏斗,不能用乙装置趁热过滤,且过滤装置错误,故B错误;C.根据苯甲酸的溶解度受温度影响,应用冷却热饱和溶液的方法结晶,故C错误;D.正确的操作顺序为:③加热溶解:X和苯甲酸溶解②趁热过滤:分离出难溶物质Y④结晶:苯甲酸析出①常温过滤:得到苯甲酸,X留在母液中⑤洗涤、干燥,得较纯的苯甲酸,正确的顺序为③→②→④→①→⑤,故D错误;故选A。3、B【解析】
A.未指明是否为标准状况,无法确定气体的物质的量,故A错误;B.D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol,故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol,而且两者均含10个中子,故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA个,故B正确;C.过氧化钠与水反应时,氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个,故C错误;D.溶液的体积未知,无法计算溶液中微粒的个数,故D错误;故答案为B。4、B【解析】
A.4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol,共有NA个α粒子,故A错误;B.1个4He2+含有2个质子,4gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol,共有2NA个质子,故B正确;C.1个4He2+含有2个中子,gα粒子(4He2+)的物质的量为=1mol,共有2NA个中子,故C错误;D.4He2+中没有电子,故D错误;正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用,注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。5、A【解析】
A.苯不能与溴水加成,将苯加入溴水中,是发生了萃取而使溴水褪色,故A错误;B.乙醛与氢氧化铜浊液在加热的条件下发生氧化还原反应,乙酸含有羧基,具有酸性,与氢氧化铜发生中和反应,故B正确;C.若苯环中存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构,则邻二甲苯有2种结构,而邻二甲苯只有一种结构,证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构,故C正确;D.乙烯和聚乙烯的最简式相同,则完全燃烧等质量的乙烯和聚乙烯消耗O2量相同,故D正确;故选A。6、D【解析】
A.SO2、SiO2和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物,和碱反应发生的是氧化还原反应,不是酸性氧化物,A错误;B.水溶液中部分电离属于弱电解质,属于弱碱是弱电解质,熔融状态下完全电离属于强电解质,B错误;C.铝热剂是铝和金属氧化物的混合物,漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物,聚乙烯是高分子化合物属于混合物,C错误;D.、石墨烯为碳的单质、HCN,组成和结构上与无机物相近属于无机物,D正确。答案选D。7、C【解析】
X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素,25℃时,各元素最高价氧化物对应水化物的
pH与原子半径的关系如图,其中
X、N、W、R测定的是浓度均为0.01
mol/L溶液的pH,Y、Z测定的是其饱和溶液的pH,X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性,结合碱性强弱可知,X为Na,Y为Mg,Z为Al;R的pH=2,则R为Cl;N的pH<2,则N为S;M的pH<4,应该为P元素,据此解答。【详解】根据分析可知,X为Na,Y为Mg,Z为Al,M为P,N为S,R为Cl元素。
A.NaCl溶液呈中性,故A错误;
B.Na的氧化物为氧化钠,S的最高价氧化物为三氧化硫,三氧化硫和水反应生成硫酸,氧化钠与水反应生成氢氧化钠,故B错误;
C.非金属性:Cl>S>P,非金属性越强,单质与氢气化合越容易,则单质与
H2化合由易到难的顺序是:R、N、M,故C正确;
D.金属性:Na>Mg>Al,则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是:X、Y、Z,故D错误;
故选:C。8、B【解析】
A.由结构简式可知分子式为C8H15NO2,故A正确;B.烃基含有5种氢,如只取代烃基的H,则在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有5种,故B错误;C.含有羧基,可发生取代、置换反应(与金属钠等),故C正确;D.含有羧基,在溶液中可电离,可使胶体聚沉,故D正确。故选B。9、A【解析】
A.由图像可知,当pH=7时含碳微粒主要为H2CO3和HCO3-,而pH约为3.5时,主要以碳酸形式存在,故要除去NaCl溶液中Na2CO3,需要调节pH小于3.5左右,故A错误;B.Ka1(H2CO3)=cHCO3-cH+cH2CO3,根据图像,X点处c(HCO3-)=c(H2CO3),此时Ka1(H2CO3)=c(H+),因此由XC.根据图像,pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠,溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-),故C正确;D.根据图像,pH>12.5含碳微粒主要以碳酸根离子形式存在,将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3,应控制pH>12.5,故D正确;答案选A。10、A【解析】
A、18g水的物质的量为n==1mol,而一个水分子中含10个质子,故1mol水中含10NA个质子,故A正确;B、苯不是单双键交替的结构,故苯中无碳碳双键,故B错误;C、标况下,氨水为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故C错误;D、112g铁的物质的量n==2mol,如果能完全和足量的浓硫酸反应,则生成3mol二氧化硫,而常温下铁在浓硫酸中钝化,铁不能反应完全,则生成的二氧化硫分子小于3NA个,故D错误。故选:A。【点睛】常温下,铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化,需注意,钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜,氧化膜阻止了反应的进一步发生,若在加热条件下,反应可继续发生,但随着反应的进行,浓硫酸会逐渐变稀,其反应实质有可能会发生相应的变化。11、A【解析】
A、试验2、3中主要反应为:,由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+),而镁是过量的,所以不能得出浓度越大,反应速率越快的结论,故A符合题意;B、由试验1、2对比可知,反应速率加快,其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用,由试验4、5对比可知,Na+对反应无催化作用,由此可知,Cl-对镁和水的反应有催化作用,故B不符合题意;C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高,产生氢气的速率应更快,但由表格可知,二者产生氢气的速率几乎相等,其原因在于试验7中加入了高浓度NH3·H2O,NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面,减慢反应,故C不符合题意;D、由试验1、2、7对比可知,无论酸性条件还是碱性条件,都能加快镁和水的反应,故D不符合题意;故答案为A。12、C【解析】
A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应,CO2生成甲醇是通过了多步加氢,为还原反应,故A正确;B.根据题中反应机理图所示,催化剂Cu结合氢原子,催化剂Cu2O结合含碳微粒,故B正确;C.催化过程中有旧的原子团消失,说明有化学键的断裂,例如:CO2和H转化为COOH,故C错误;D.根据反应机理图所示,中间步骤中有CH2O生成,如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛,故D正确。答案选C。13、A【解析】
A.接触法制硫酸中有热交换器,涉及到反应热再利用,选项A正确;B.联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用,选项B错误;C.铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用,选项C错误;D.石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用,选项D错误;答案选A。14、B【解析】
A.醋酸易挥发,醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚,则不能比较碳酸、苯酚的酸性,选项A错误;B.乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯,长导管可冷凝回流,图中可制备乙酸丁酯,选项B正确;C.苯的密度比水小,水在下层,应先分离下层液体,再从上口倒出上层液体,选项C错误;D.蒸干时氯化铵受热分解,选项D错误;答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用,为高频考点,把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验评价性分析,易错点为选项B:乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯,长导管可冷凝回流;选项D:蒸干时氯化铵受热分解,应利用冷却结晶法制备,否则得不到氯化铵晶体。15、D【解析】
A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应,铜与浓硝酸发生氧化还原反应,作负极,不能说明铝比铜活泼,故A错误;B.制备溴苯要苯和液溴反应,故B错误;C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,故无法提纯CO气体,故C错误;D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+,Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确;故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应,铜与浓硝酸发生氧化还原反应,作负极。16、A【解析】
A.氢离子抑制铵根离子水解,NH4HSO4溶液呈强酸性,NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性,要使这三种溶液的pH相等,则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等,硫酸氢铵浓度最小,所以NH4+浓度的大小顺序为①>②>③,故A正确;B.氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离,醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离,当pH相同时,溶液中水的电离程度不同,故B错误;C.Kh=>Ka,可知混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离,则等浓度的NaA、HA混合溶液中:c(HA)>c(Na+)>c(A−),故C错误;D.酸性HF>CH3COOH,则酸根离子水解程度F−<CH3COO−,则溶液中c(F−)>c(CH3COO−),物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na+)=c(K+),可知c(Na+)−c(F−)<c(K+)−c(CH3COO−),故D错误;故答案选A。【点睛】本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数,判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小,进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。二、非选择题(本题包括5小题)17、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。18、醚键羧基取代反应【解析】
根据流程可知,B被酸性重铬酸钠氧化生成C,结合A的结构简式可知B为,在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水;与发生反应生成分子式为C15H7ClF3NO4的F,F与发生反应生成,结构两者的结构简式可知F为,据此分析解答。【详解】根据流程可知,B被酸性重铬酸钠氧化生成C,结合A的结构简式可知B为,在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水;与发生反应生成分子式为C15H7ClF3NO4的F,F与发生反应生成,结构两者的结构简式可知F为。(1)E为,含氧官能团名称为醚键和羧基;(2)A→B是在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应(也属于取代反应)生成和水;反应类型为取代反应;(3)D为,满足条件①不能发生水解反应,能与FeCl3溶液发生显色反应,则不含有肽键及酯基,含有酚羟基;②分子中有4种不同化学环境的氢,则高度对称,若苯环上只有两个取代基则应为对位且有一个是酚羟基,则为;若苯环上有多个取代基,则为两个酚羟基且对称、一个醛基和一个氨基,符合条件的有、;(4)F的结构简式为:;(5)A()和D()为原料制备,在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成,氧化得到,与在碳酸钾作用下反应生成,在浓硝酸、双氧水及冰醋酸作用下生成,合成路线流程图如下:。【点睛】本题考查有机合成及推断,解题的关键是分析反应类型、推出各有机物及反应原理,本题的难点是结合题中合成路线设计合理的合成方案,注意题中信息的解读。19、防止苯胺被氧化,同时起着沸石的作用温度过高,未反应的乙酸蒸出,降低反应物的利用率;温度过低,又不能除去反应生成的水若让反应混合物冷却,则固体析出沾在瓶壁上不易处理吸滤瓶布氏漏斗重结晶【解析】
(1)锌粉起抗氧化剂作用,防苯胺氧化,另外混合液加热,加固体还起到防暴沸作用;(2)乙酸有挥发性,不易温度太高,另外考虑到水的沸点为100℃,太低时水不易蒸发除去;(3)“趁热”很明显是防冷却,而一旦冷却就会有固体析出;抽滤装置所包含的仪器除减压系统外,还有吸滤瓶和布氏漏斗;(4)粗产品需进一步提纯,该提纯方法是重结晶。20、4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3还原K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾)KSCN(或硫氰化钾)不正确NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液除去溶液中Fe3+和O2【解析】
(1)实验1中产生红褐色沉淀是因为Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3,反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3,故答案为:4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3;(2)实验1中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化,利用了其还原性,故答案为:还原;(3)根据实验现象可知,①中加入试剂出现蓝色沉淀,是在检验Fe2+,试剂a为K3[Fe(CN)6],②中溶液是否变红是在检验Fe3+,试剂b为KSCN,由于②中溶液没有变红,则不存在Fe3+,即灰绿色沉淀中没有Fe(OH)3,甲同学的猜测错误,故答案为:K3[Fe(CN)6](或铁氰化钾);KSCN(或硫氰化钾);不正确;(4)根据已知,Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,而实验4中NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面,导致沉淀没有灰绿色,故答案为:NaOH溶液浓度高,反应后溶液中Fe2+浓度较小,不易被吸附在Fe(OH)2表面;(5)当实验5中的现象为白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现时,可说明白色沉淀上没有或很少附着有Fe2+,故答案为:白色沉淀变为红褐色,中间过程无灰绿色出现;(6)溶液中存在Fe3+或溶解较多O2时,O2能将Fe2+氧化成Fe3+,形成Fe(OH)3沉淀,根据题干信息可知,沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+,从而白色沉淀更容易变成灰绿色,故答案为:沉淀中混有Fe(OH)3,不够紧密,与溶液接触面积更大,更容易吸附Fe2+;(7)根据上述实验可知道,当NaOH浓度高或者溶液中不存在Fe3+和O2时,制备Fe(OH)2时能较长时间观察到白色沉淀,其操作可以是向高浓度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶液中Fe
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