




kok电子竞技权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
kok电子竞技:文档简介
山西省忻州一中等四校2024年高考化学四模试卷注意事项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、把35.7g金属锡投入300mL14mol/LHNO3共热(还原产物为NOx),完全反应后测得溶液中c(H+)=10mol/L,溶液体积仍为300mL。放出的气体经水充分吸收,干燥,可得气体8.96L(S.T.P)。由此推断氧化产物可能是A.Sn(NO3)4 B.Sn(NO3)2 C.SnO2?4H2O D.SnO2、下列有关化学用语的表示不正确的是()A.NaH中氢离子的结构示意图: B.乙酸分子的球棍模型:C.原子核内有10个中子的氧原子:O D.次氯酸的结构式:H-O-Cl3、X、Y、Z、R,W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,它们所在周期数之和为11。YZ气体遇空气变成红棕色,R的原子半径是五种元素中最大的,W与Z同主族。下列说法错误的是()A.简单离子的半径:Y>XB.气态氢化物的稳定性:Y>WC.X、Z和R形成强碱D.最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>R4、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A.100g9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB.标准状况下,2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C.工业合成氨每断裂NA个N≡N键,同时断裂6NA个N-H键,则反应达到平衡D.常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA5、用下列实验装置进行相应实验,设计正确且能达到实验目的的是()A.用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B.用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C.用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D.用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱6、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂,某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠,已知:2NO+Na2O2=2NaNO2,2NO2+Na2O2=2NaNO3;NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是()A.可将B中的药品换为浓硫酸B.实验开始前通一段时间CO2,可制得比较纯净的NaNO2C.开始滴加稀硝酸时,A中会有少量红棕色气体D.装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸7、下列有关物质性质的比较,不正确的是A.金属性:Al>MgB.稳定性:HF>HClC.碱性:NaOH>Mg(OH)2D.酸性:HClO4>H2SO48、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交α-型,1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年,M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0℃下作用首次制得了一种菱形的-硫,后来证明含有S6分子。下列说法正确的是A.S6和S8分子都是由S原子组成,所以它们是一种物质B.S6和S8分子分别与铁粉反应,所得产物不同C.S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D.等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应,消耗KOH的物质的量相同9、拉曼光谱证实,AlO2-在水中转化为[Al(OH)4]-。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中,再逐滴加入1mol/L盐酸,测得溶液中CO32-、HCO3-、[Al(OH)4]-、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示,则下列说法正确的是A.CO32-、HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中可大量共存B.d线表示的反应为:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2OC.原固体混合物中CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:1D.V1=150mL,V2=300mL;M点生成的CO2为0.05mol10、实验室分别用以下4个装置完成实验。下列有关装置、试剂和解释都正确的是A.中碎瓷片为反应的催化剂,酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成B.所示装置(秒表未画出)可以测量锌与硫酸溶液反应的速率C.为实验室制备乙酸乙酯的实验,浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用D.为铜锌原电池装置,盐桥中的阳离子向右池迁移起到形成闭合电路的作用11、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.19g羟基(-18OH)所含中子数为10NAB.标准状况下,44.8LHF含有2NA个极性键C.1molNaHSO4晶体含有的离子数为3NAD.0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA12、下列物质的分离方法中,利用粒子大小差异的是A.过滤豆浆B.酿酒蒸馏C.精油萃取D.海水晒盐A.A B.B C.C D.D13、化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是A.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程B.硅胶常用作食品干燥剂,也可以用作催化剂载体C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性D.港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳,其商品名为“力纶”,是有机高分子化合物14、如图1为甲烷和O2
构成的燃料电池示意图,电解质溶液为KOH溶液;图2
为电解AlCl3
溶液的装置,电极材料均为石墨。用该装置进行实验,反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是A.b电极为负极B.图1中电解质溶液的pH增大C.a
电极反应式为CH4-8e-
+8OH-=CO2+6H2OD.图2
中电解AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3
+6H2O2Al(OH)3
↓+3Cl
2↑+3H2
↑15、丙烯醛(CH2=CH-CHO)不能发生的反应类型有()A.氧化反应 B.还原反应 C.消去反应 D.加聚反应16、下列实验装置、试剂选择和操作均正确的是A.除去NO中的NO2B.铁制品表面镀锌C.配制一定浓度的硫酸D.鉴定Fe3+A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括5小题)17、化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知:R'、R〞代表烃基或氢原子+R〞Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr回答下列问题:.(1)A的名称为________,D中官能团的名称为____。(2)试剂a的结构简式为_______,I的分子式为______。(3)写出E→F的化学方程式:_________。反应G→H的反应类型是_________。(4)满足下列要求的G的同分异构体共有.___种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1的有机物的结构简式为._________。a只有一种官能团b能与NaHCO3溶液反应放出气体c结构中有3个甲基(5)以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整:____,____,____,____。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH318、丙烯是重要的有机化工原料,它与各有机物之间的转化关系如下:回答下列问题:(1)E中官能团的名称为____;C的结构简式为_____。(2)由A生成D的反应类型为____;B的同分异构体数目有___种(不考虑立体异构)。(3)写出D与F反应的化学方程式:____。19、甲酸(化学式HCOOH,分子式CH2O2,相对分子质量46),俗名蚁酸,是最简单的羧酸,无色而有刺激性气味的易挥发液体。熔点为8.6℃,沸点100.8℃,25℃电离常数Ka=1.8×10-4。某化学兴趣小组进行以下实验。Ⅰ.用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳A.B.C.D.(1)请说出图B中盛装碱石灰的仪器名称__________。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性,将甲酸与浓硫酸混合,甲酸发生分解反应生成CO,反应的化学方程式是________;实验时,不需加热也能产生CO,其原因是_______。(2)如需收集CO气体,连接上图中的装置,其连接顺序为:a→__________(按气流方向,用小写字母表示)。Ⅱ.对一氧化碳的化学性质进行探究资料:。N孪,CO与PdCl2溶液反应,有金属Pd和CO2生成,可用于检验CO;ⅱ.一定条件下,CO能与NaOH固体发生反应:CO+NaOHHCOONa利用下列装置进行实验,验证CO具有上述两个性质。(3)打开k2,F装置中发生反应的化学方程式为_____________;为了使气囊收集到纯净的CO,以便循环使用,G装置中盛放的试剂可能是_________,H装置的作用是____________。(4)现需验证E装置中CO与NaOH固体发生了反应,某同学设计下列验证方案:取少许固体产物,配置成溶液,在常温下测该溶液的pH,若pH>7,证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行,请简述你的观点和理由:________,_________。(5)25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为____________。若向100ml0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液,则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_________。20、氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体,高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1所示:(1)图2装置中可填入图1虚线框中的是___(填标号)。图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为___。(2)制备BN的化学方程式为___。(3)图1中多孔球泡的作用是___。(4)当三颈烧瓶中出现___的现象时说明反应完全,此时应立即停止通入O2,原因是___。(5)为测定制得的氮化硼样品纯度,设计以下实验:ⅰ.称取0.0625g氮化硼样品,加入浓硫酸和催化剂,微热,令样品中的N元素全部转化为铵盐;ⅱ.向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热,蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收;ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸,消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。①氮化硼样品的纯度为___(保留四位有效数字)。②下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是___(填标号)。A.蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管C.读数时,滴定前平视,滴定后俯视D.滴定时选用酚酞作指示剂21、尖晶石是世界上最迷人的宝石之一,主要是镁铝氧化物组成的矿物,还:刑、锌、锰、铬、钴等元素。回答下列问题:(1)基态锰原子价层电子排布式为__________,Co3+的未成对电子数为_________。(2)一种铝试剂的结构如图,该物质中碳的杂化类型为___________,氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为_______,氮与铝形成的是_____键(填编号。)a离子b配位c.σd.π(3)基态原子第一电离能:镁_____铝(填“大于”“小于”或“等于”)原因是_______。(4)一种由Mg、Cr、O元素组成的尖晶石晶胞分别由4个A与4个B交替无隙并置而成(见图甲),晶胞结构如图乙所示,该尖晶石的化学式为_____________;图乙中,若E点镁原子的分数坐标为(,,0),则F点镁原子的分数坐标为_______________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
根据l4mol/LHNO3为浓硝酸,完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L,则浓硝酸有剩余,即锡与浓硝酸反应生成NO2,利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol,14mol/L
HNO3为浓硝酸,完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L,则浓硝酸有剩余,即锡与浓硝酸反应生成NO2,放出的气体经水充分吸收,干燥,可得NO气体8.96L,根据反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol,设金属锡被氧化后元素的化合价为x,由电子守恒可知,0.3mol×(x?0)=1.2mol×(5?4),解得x=+4,又溶液中c(H+)=10mol/L,而c(NO3?)==10mol/L,根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐,综合以上分析,答案选C。2、B【解析】
A.NaH中氢离子H-,得到1个电子,因此离子的结构示意图:,故A正确;B.乙酸分子的比例模型为:,故B错误;C.原子核内有10个中子,质量数为10+8=18的氧原子:O,故C正确;D.次氯酸中氧共用两对电子,因此在中间,其结构式:H—O—Cl,故D正确。综上所述,答案为B。【点睛】比例模型、球棍模型,结构式、结构简式、电子式、分子式、最简式一定要分清。3、C【解析】
X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,YZ气体遇空气变成红棕色,则YZ为NO,故Y为N元素、Z为O元素;W与Z同主族,则W为S元素;R的原子半径是五种元素中最大的,R处于第三周期,可能为Na、Mg、Al、Si、P中的一种;五元素所在周期数之和为11,则X处于第一周期,故X为H元素。【详解】A.X、Y简单离子分别为H+(或H-)、N3-,电子层越多离子半径越大,故离子半径;N3->H+(或H-),故A正确;B.非金属性N>S,故氢化物稳定性NH3>H2S,故B正确;C.X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等,故C错误;D.W的非金属性比R的强,最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>R,故D正确。故。篊。【点睛】本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”,可知YZ为NO;本题中无法确定R代表的具体元素,但并不影响对选项的判断。4、C【解析】
A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子,溶液中所含O原子物质的量n(O)=×6+×1=5.36mol,A错误;B.F2通入足量饱和食盐水,与水发生置换反应产生HF和O2,不能置换出Cl2,B错误;C.N2是反应物,NH3是生成物,根据方程式可知:每断裂NA个N≡N键,同时断裂6NA个N-H键,表示正逆反应速率相等,表示反应达到平衡状态,C正确;D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-),溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),因此c(NH4+)=c(CH3COO-),但该盐是弱酸弱碱盐,NH4+、CH3COO-都水解而消耗,因此二者的物质的量都小于1mol,则它们的数目都小于NA,D错误;故合理选项是C。5、D【解析】A,向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3,NH3可用碱石灰干燥,NH3密度比空气。τ孟蛳屡趴辗ㄊ占,A项错误;B,乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物,不能用分液法进行分离,B项错误;C,加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜,C项错误;D,浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体,锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,根据同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物得出,氧化性:KMnO4>Cl2,Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色,试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2,由此得出氧化性:Cl2>Br2,D项正确;答案选D。点睛:本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜,防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂;比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。6、C【解析】
A.装置B中无水CaCl2作干燥剂,干燥NO气体,由于装置为U型管,若换为浓硫酸,气体不能通过,因此不能将B中的药品换为浓硫酸,A错误;B.实验开始前通一段时间CO2,可排出装置中的空气,避免NO氧化产生NO2气体,不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3,但CO2会发生反应:2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,因此也不能制得比较纯净的NaNO2,B错误;C.开始滴加稀硝酸时,A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体,NO与装置中的O2反应产生NO2,因此会有少量红棕色气体,C正确;D.在装置D中,NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色,因此当D中溶液紫红色变浅,就证明了NO可以被氧化,此时就可以停止滴加稀硝酸,D错误;故合理选项是C。7、A【解析】分析:根据元素周期律分析。详解:A.同周期自左向右金属性逐渐减弱,则金属性:Al<Mg,A错误;B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱,氢化物稳定性逐渐减弱,则稳定性:HF>HCl,B正确;C.同周期自左向右金属性逐渐减弱,最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱,则碱性:NaOH>Mg(OH)2,C正确;D.同周期自左向右非金属性逐渐增强,最高价含氧酸的酸性逐渐增强,则酸性:HClO4>H2SO4,D正确。答案选A。8、D【解析】
A选项,S6和S8分子都是由S原子组成,它们是不同的物质,互为同素异形体,故A错误;B选项,S6和S8是硫元素的不同单质,化学性质相似,因此它们分别与铁粉反应,所得产物相同,故B错误;C选项,不管氧气过量还是少量,S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2,故C错误;D选项,等质量的S6和S8分子,其硫原子的物质的量相同,因此它们分别与足量的KOH反应,消耗KOH的物质的量相同,故D正确。综上所述,答案为D。9、C【解析】
将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中,AlO2-转化为[Al(OH)4]-,除Na+外溶液中主要存在CO32-、[Al(OH)4]-;由于酸性:H2CO3>HCO3->Al(OH)3,则结合H+的能力:[Al(OH)4]->CO32->HCO3-,向溶液中逐滴加入盐酸,[Al(OH)4]-首先与H+反应转化为Al(OH)3,因此a线代表[Al(OH)4]-减少,发生的反应为:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,则[Al(OH)4]-的物质的量为1mol/L×0.05L=0.05mol,生成的Al(OH)3也为0.05mol;接下来CO32-与H+反应转化为HCO3-,b线代表CO32-减少,c线代表HCO3-增多,发生的反应为:CO32-+H+=HCO3-,可计算出n(CO32-)=n(HCO3-)=n(H+)=1mol/L×0.05L=0.05mol;然后HCO3-与H+反应生成H2CO3(分解为CO2和H2O),最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+,d线代表HCO3-减少,e线代表Al3+增多。【详解】A.由于酸性:HCO3->Al(OH)3,HCO3-会与[Al(OH)4]-发生反应生成Al(OH)3:HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O,HCO3-和[Al(OH)4]-在水溶液中不能大量共存,A项错误;B.d线代表HCO3-减少,发生的反应为:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,B项错误;C.a线代表[Al(OH)4]-与H+反应:[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O,b线代表CO32-与H+反应:CO32-+H+=HCO3-,由图象知两个反应消耗了等量的H+,则溶液中CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比为1:1,原固体混合物中CO32-与AlO2-的物质的量之比为1:1,C项正确;D.d线代表HCO3-与H+的反应:HCO3-+H+=CO2↑+H2O,n(HCO3-)=0.05mol,消耗H+的物质的量为0.05mol,所用盐酸的体积为50mL,V1=100mL+50mL=150mL;e线代表Al(OH)3与H+反应:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,Al(OH)3的物质的量为0.05mol,会消耗0.15molH+,所用盐酸的体积为150mL,V2=V1+150mL=300mL;M点生成的是HCO3-而非CO2,D项错误;答案选C。【点睛】在判断HCO3-、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时,可用“假设法”:假设HCO3-先与H+反应,生成的H2CO3(分解为CO2和H2O)不与混合物中现存的Al(OH)3反应;假设Al(OH)3先与H+反应,生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3-发生双水解反应,转化为Al(OH)3和H2CO3(分解为CO2和H2O),实际效果还是HCO3-先转化为H2CO3,因此判断HCO3-先与H+反应。10、B【解析】
A.酸性KMnO4溶液褪色可证明有烯烃或还原性气体生成,但不一定是有乙烯生成,A错误;B.根据秒表可知反应时间,根据注射器中活塞的位置可知反应产生的氢气的体积,故可测量锌与硫酸溶液反应的速率,B正确;C.在实验室制备乙酸乙酯的实验中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂,收集乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液,不能用NaOH溶液,C错误;D.在铜锌原电池装置中,Cu电极要放入CuSO4溶液中,Zn电极放入ZnSO4溶液中,盐桥中的阳离子向负电荷较多的正极Cu电极移动,故应该向右池迁移起到形成闭合电路的作用,D错误;故答案选B。11、A【解析】
A.19g
羟基(-18OH)的物质的量为=1mol,而羟基(-18OH)中含10个中子,故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子,故A正确;B.标况下HF为液体,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故B错误;C.NaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成,1mol
NaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA,故C错误;D.溶液体积未知,无法计算0.1mol·L-1KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目,故D错误;故选A。【点睛】本题的易错点为B,要注意一些特殊物质在标准状况下的状态,本题中的HF为液体,类似的还有SO3为固体,H2O为液体或固体等。12、A【解析】
A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的,留在滤纸上的物质颗粒大,不能透过滤纸,滤液中的物质颗粒。梢酝腹酥,A正确;B、蒸馏利用的是物质的沸点不同,B错误;C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同,C错误;D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大,让水蒸发掉,从而获得盐,D错误;答案选A。13、A【解析】
A.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程,而油脂不属于高分子化合物,A选项错误;B.硅胶因其具有较大的比表面积,吸附能力强,常用作食品干燥剂和催化剂载体,B选项正确;C.疫苗的主要成分是蛋白质,蛋白质在高温下易变性,冷藏存放的目的是避免蛋白质变性,C选项正确;D.聚乙烯纤维属于有机合成材料,是有机高分子化合物,D选项正确;答案选A。14、D【解析】A.x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝,X电极因产生OH-而作阴极,相应地b电极为正极,故A错误;B.图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O,电解质溶液的pH减。蔅错误;C.在碱性溶液中不能产生CO2,a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O,故C错误;D.图2中电解AlCl3溶液的总反应式为:2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑,故D正确。故选D。15、C【解析】
丙烯醛含有碳碳双键,可发生氧化反应,加聚反应,且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应,也为还原反应,不能发生消去反应,故。篊。16、A【解析】A、NO2溶于水生成硝酸和NO,选项A正确;B、电镀时电解质溶液应该含有镀层金属离子,故应该用氯化锌作为电解质溶液,选项B错误;C、容量瓶不能用来稀释浓硫酸,选项C错误;D、胶头滴管不能插入到试管中,选项D错误。答案选A。点睛:化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基。曰笛榈目疾槔氩豢笛榈幕静僮,所以本部分内容主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心,通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。二、非选择题(本题包括5小题)17、溴乙烷醛基、酯基C11H18N2O3+CH3OH+H2O取代反应3HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3HOCH2CH2CH2OHCH2BrCH2CH2Br【解析】
根据合成路线图及题给反应信息知,B(乙酸乙酯)与C发生取代反应生成D,E与甲醇发生酯化反应生成F,则E为,F与溴乙烷发生题给反应生成G,对比G和F的结构,结合信息反应知试剂a为,结合H和I的结构变化分析,可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环,据此分析解答。【详解】(1)根据A的结构简式分析,A为溴乙烷;D为,所含官能团有醛基、酯基,故答案为:溴乙烷;醛基、酯基;(2)根据G和H的结构变化,结合题给反应信息知,试剂a的结构简式为;根据I的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3,故答案为:;C11H18N2O3;(3)E与甲醇发生酯化反应得到F,化学方程式为:+CH3OH+H2O;比较G和H的结构变化,反应G→H的反应类型是取代反应,故答案为:+CH3OH+H2O;取代反应;(4)G为,同分异构体中只有一种官能团,能与NaHCO3溶液反应放出气体,则含有2个羧基,结构中有3个甲基的结构有、、CH(COOH)2C(CH3)3共3种,核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1,则有3种不同化学环境的H,且原子个数比为9:2:1,其结构为:、,CH(COOH)2C(CH3)3,故答案为:3;HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3;(5)可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH,HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3,最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到,CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH,故答案为:;HOCH2CH2CH2OH;;CH2BrCH2CH2Br。18、醛基加成反应3CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O【解析】
根据有机物间的转化关系运用逆推法分析各有机物的结构,判断官能团的种类,反应类型,并书写相关反应方程式。【详解】根据有机物间的转化关系知,D和E在浓硫酸作用下反应生成丙酸丙酯,则D为1-丙醇,催化氧化后得到E丙醛,E催化氧化后得到F丙酸;A为丙烯,与水加成反应生成D1-丙醇;丙烯经过聚合反应得到高分子化合物C,A与溴的四氯化碳溶液反应生成B1,2-二溴乙烷。(1)E为丙醛,其官能团的名称为醛基;C为聚丙烯,其结构简式为,故答案为:醛基;;(2)由A丙烯生成D1-丙醇的反应类型为加成反应;B1,2-二溴乙烷的同分异构体有1,1-二溴乙烷、2,2-二溴乙烷、1,3-二溴乙烷,3种,故答案为:加成反应;3;(3)丙酸和1-丙醇酯化反应的方程式为:CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O,故答案为:CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O。19、球形干燥管HCOOHCO↑+H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c→b→e→d→fPdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl氢氧化钠溶液除去CO中水蒸气方案不可行无论CO与NaOH固体是否发生反应,溶液的pH均大于710-11c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)【解析】
A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO,生成的CO中含有挥发出的甲酸气体,需要利用碱石灰除去甲酸,利用排水法收集CO,结合物质的性质和装置分析解答。【详解】Ⅰ.(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性,将甲酸与浓硫酸混合,甲酸发生分解反应生成CO,根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOHCO↑+H2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热,所以实验时,不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体,连接上图中的装置,其连接顺序为:a→c→b→e→d→f。Ⅱ.(3)打开k2,由于常温下,CO与PdCl2溶液反应,有金属Pd和CO2生成,则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl;由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成,且二者都是酸性气体,则为了使气囊收集到纯净的CO,以便循环使用,G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气,则H装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应,溶液的pH均大于7,所以该方案不可行;(5)25℃甲酸电离常数Ka=1.8×10-4,则25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh=,其数量级为10-11。若向100mL0.1mol·L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol·L-1的HCl溶液,反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢,则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)>c(H+)>c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)。20、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O调节气体流速,进而调整NH3与O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低80.00%C【解析】
⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气,a不能制取氨气,c制氨气的装置制取氨气,但不能用氯化钙干燥氨气,b装置制取氨气并干燥,读出图2装置中盛放碱石灰的仪器名称。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN和水。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼,反应结束应立即停止通入O2,主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。⑸先计算消耗得n(NaOH),再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量,再得到硫酸吸收氨的物质的量,再根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN),再计算氮化硼样品的纯度。【详解】⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气,a不能制取氨气,c制氨气的装置制取氨气,但不能用氯化钙干燥氨气,b装置制取氨气并干燥,因此图2中b装置填入图1虚线框中,图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管;故答案为:b;球形干燥管。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O;故答案为:4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速,调节氨气与氧气的流速比例,故答案为:调节气体流速,进而调整NH3与O2通入比例。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼,因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的现象时说明反应完全,此时应立即停止通入O2,原因是氮化硼在高温下容易被氧化,因此避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低;故答案为:黑色粉末完全变成白色;避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低。⑸用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸,消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL,消耗得n(NaOH)=0.1000mol·L-1×0.02032L=0.002032mol,因此氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的一半即0.001016mol,则硫酸吸收氨的物质的量为n(H2SO4)=0.1008mol·L-1×0.02L–0.001016mol=0.001mol,根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN)=0.002mol,氮化硼样品的纯度为,故答案为:80.00%。②A.蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收,则BN的物质的量减少,测定结果偏低;B.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,消耗得氢氧化钠体积偏多,氢氧化钠消耗得硫酸偏多,氨消耗得硫酸偏少,测定结果偏低;C.读数时,滴定前平视,滴定后俯视,读数偏。庋趸葡牡昧蛩崞,氨消耗的硫酸偏高,测定结果偏高;D.滴定时选用酚酞或甲基橙都可以作指示剂,测定个结果无影响,故C符合题意;综上所述,答案为C。21、3d54s24sp2平面三角形bc大于镁原子电子排布为全(充)满的稳定结构;或镁原子为3s2全充满结构,难失电子;或铝失去1个电子为3s2的全充满稳定结构,镁原子失去1个电子为3s1不稳定结构;(任意一种答法)MgCr2O4(Cr2MgO4也可)(,,)【解析】
⑴基态锰是25号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2,Co是27号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2,Co3+电子排布式为[Ar]3d6。⑵该物质中碳价层电子对数为3对,氮与其成键的3个原子,其价层电子对数为3,分析结构氮未与铝形成键时含有1对孤对电子,与铝形成时则氮提供孤对电子。⑶镁原子为3s2,全充满结构,难失电子,铝原子3s23p1,易失去1个电子变为3s2的全充满稳定结构。⑷先计算每个A中Mg、O个数,再计算B中O、Mg、Cr个数,再得出整个晶胞中有Mg、O、Cr个数,再得化学式,F点镁原子在左前上方的小的立方体中心。【详解】⑴基态锰是25号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2,价层电子排布式为3d54s2,Co是27号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2,Co3+电子排布式为[Ar]3d6,未成对电子数为4;故答案为:3d54s2;4。⑵如图结构,该物质中碳价层电子对数为3对,其杂化类型为sp2,氮与其成键的3个原子,其价层电子对数为3,因此氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为平面三角形,分析结构氮未与铝形成键时含有1对孤对电子,与铝形成时则氮提供孤对电子,因此形成的是配位键和σ键;故答案为:sp2;平面三角形;bc。⑶镁原子为3s2,全充满结构,难失电子,铝原子3s23p1,易失去1个电子变为3s2的全充满稳定结构,因此基态原子第一电离能:镁大于铝;故答案为:大于;镁原子电子排布为全(充)满的稳定结构;或镁原子为3s2全充满结构,难失电子;或铝失去1个电子为3s2的全充满稳定结构,镁原子失去1个电子为3s1不稳定结构(任意一种答法)。⑷A中Mg为1.5个,O为4个,B中O为4个,Mg为0.5个,Cr为4个,晶胞结构如图乙所示,因此整个晶胞中有Mg为16个,O为32个,Cr为16个,因此该尖晶石的化学式为MgCr2O4;图乙中,若E点镁原子的分数坐标为(,,0),则F点镁原子在左前上方的小的立方体中心,其分数坐标为(,,);故答案为:MgCr2O4;(,,)。
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
kok电子竞技:最新文档
- 堡坎承包工程合同
- 环保产业园区入驻企业合作协议
- 标准房屋买卖合同
- 项目解决方案实施与进度跟踪kok电子竞技
- 高级烹饪食材采购及供应责任免除协议书
- 北京液化石油气钢瓶租赁合同8篇
- 高中信息技术浙教kok电子竞技:4-3 以三维全景图形式发布-教学设计
- 教学计划(教学设计)-2024-2025学年外研kok电子竞技(三起)英语四kok电子竞技上册
- 电子证据存证保全协议
- 第4课 认识大数据(教学设计)2024-2025学年六kok电子竞技上册信息技术浙江摄影kok电子竞技
- 北京工业大学《机器学习基础》2022-2023学年期末试卷
- 解剖台市场发展前景分析及供需格局研究预测kok电子竞技
- GB/T 44590-2024天然林保护修复生态效益评估指南
- 民用无人机操控员执照(CAAC)考试复习重点题及答案
- 第20课清朝君主专制的强化 教案
- 骨科睡眠护理
- 2025年高考语文复习备考复习策略讲座
- 2024至2030年中国聚硫橡胶行业市场现状分析及未来前景规划kok电子竞技
- 天津市河西区2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题(原卷kok电子竞技)
- 2025高考语文步步高大一轮复习讲义65练答案精析
- 部编kok电子竞技八kok电子竞技语文下册全册单元教材分析
评论
0/150
提交评论