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《解析》江西省九江一中、临川二中联考2016届高三化学模拟试卷 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:904103 上传时间:2024-05-31 格式:DOC 页数:27 大小:481KB
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资源描述

1、2016年江西省九江一中、临川二中联考高考化学模拟试卷一、选择题:本题共7小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1下列说法不正确的是()A天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、可再生能源和二次能源B富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田C液晶态介于晶体状态和液态之间,液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性D我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油,有助于减少酸雨、雾霾,提高空气质量2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是()A25时,50 g 98%浓硫酸和50 g 98%浓磷酸混合后含氧原子数为4NAB28 g聚乙烯中含有的碳原子数为2n NAC

2、常温常压下,0.2 g D216O中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1NAD6.8 g KHSO4晶体中含有0.1 NA个阳离子3对下图的实验装置和操作评价不合理的是()选项装置和操作评价A用装置量取15.00ml的NaOH溶液错误:不能用酸式滴定管,应改用碱式滴定管B用装置制备Cl2错误:氯气密度大于空气,收集时导管应长进短出C用装置验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃正确:生成的乙烯可使高锰酸钾褪色D关闭活塞a,从b处加水,以检查装置的气密性正确:b处加水后,左右液面形成稳定的高度差,证明气密性良好AABBCCDD4下列表述和方程式书写都正确的是()A表示乙醇燃烧热的热化学方程式(H的绝对值

3、正确):C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)H=1367.0kJmol1BNH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42完全沉淀:Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2OC用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性:2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬,可以用于检测是否酒后驾驶:2Cr2O72+3C2H5OH+16H+4Cr3+3CH3COOH+11H2O5苯佐卡因是局部麻醉药,常用于手术后创伤止痛、

4、溃疡痛等,其结构简式为下列关于苯佐卡因的叙述正确的是()A分子式为C9H10NO2B苯环上有2个取代基,且含有硝基的同分异构体有6种C1 mol该化合物最多与4 mol氢气发生加成反应D分子中含有3种官能团6元素周期表的形式多种多样,图是扇形元素周期表的一部分,对比中学常见元素周期表,分析其元素的填充规律,判断下列说法正确的是()A元素形成的单质晶体均属于原子晶体B、对应的简单离子半径依次减小C形成的化合物阴阳离子个数比可能为1:1D元素的气态氢化物易液化,是因为其分子间存在氢键7常温下,浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液,分别加水稀释至体积V,pH随的变化如图所示,下列

5、叙述正确的是()A该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11105B相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC溶液中水的电离程度:a=cbD当时,若两溶液同时升高温度,则减小三、非选择题:包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题,每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题(共129分)8镁是最轻的结构金属材料之一,又具有比强度和比刚度高、阻尼性和切削性好、易于回收等优点国内外将镁合金应用于汽车行业,以减重、节能、降低污染,改善环境但金属镁性质活泼,能与空气中的O2、N2、CO2等反应,也能与沸水反应其中,Mg与N2反应的产物Mg3N2与水反应:Mg

6、3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3请回答下列问题:(1)甲组学生研究Mg能在CO2气体中燃烧,并研究其产物将镁条在空气中加热点燃后迅速插入盛放CO2气体的集气瓶中,观察到的现象是;化学反应方程式是(2)乙组学生根据上述甲组实验,认为Mg能在NO2中燃烧,可能产物为MgO、N2和Mg3N2通过如下实验装置来验证反应产物(夹持装置省略,部分仪器可重复使用)已知:NO2气体能被NaOH吸收NH3H2O的电离常数与CH3COOH电离常数相等,均为1.75105乙组同学的装置中,依次连接的顺序为A(填字母序号);装置B中的作用是确定产物中有N2生成的实验现象为(3)设计实验证明:产物中存在Mg

7、3N2:MgO和Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应,不是与NH4+水解出来的H+反应:9已知在常温常压下:2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H=1275.6kJmol12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=566.0kJmol1H2O(g)=H2O(l)H=44.0kJmol1则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为10某科研小组研究:在其他条件不变的情况下,改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响实验结果如图所示:(图中T表示温度,n表示物质的量)比较在a、b、c三点N2的转化率最高的是(填字母)在

8、起始体系中加入N2的物质的量为mol时,反应后氨的百分含量最大,若容器容积为1L,n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%,则此条件下(T2),反应的平衡常数K=(保留3位有效数字)11古代铁器(埋藏在地下)在严重缺氧的环境中,仍然锈蚀严重(电化学腐蚀)原因是一种叫做硫酸盐还原菌的细菌,能提供正极反应的催化剂,每48gSO42放电转移电子数为2.4081024,该反应放出的能量供给细菌生长、繁殖之需写出该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式:文物出土前,铁器表面的腐蚀产物可能有(写化学式)12已知25时,KspFe(OH)3=4.01038,此温度下若在实验室中配制5mol/L100mLFe

9、Cl3溶液,为使配制过程中不出现浑浊现象,则至少需要加入mL、2mol/L的盐酸(总体积忽略加入盐酸体积)13钼酸钠晶体( Na2MoO42H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示:(1)NaClO的电子式是(2)为了提高焙烧效率,除增大空气量外还可以采用的措施是(3)途径I碱浸时发生反应的化学反应方程式为(4)途径氧化时发生反应的离子方程式为(5)分析纯的钼酸钠常用四钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应来制取,若将该反应产生的气体与途径I所产生的尾气一起通入水中,得到正盐的化学式是(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的

10、混合液常作为碳素钢的缓蚀剂常温下,碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图:要使碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是试分析随着盐酸和硫酸浓度的增大,碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是【化学-选修2化学与技术】(二)选考题:共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框图黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选定区域指定位置答题14以下是某企业设计的硫酸磷肥水泥联产、海水淡水多用、盐热电联产的三大生态产业链流程图根据上述产业流

11、程回答下列问题:(1)该流程、为能量或物质的输送,请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式: (2)沸腾炉发生反应的化学方程式为:磷肥厂的主要产品是普钙(磷酸二氢钙和硫酸钙),写出由磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式:(3)用1吨硫铁矿(FeS2的质量分数为36%)接触法制硫酸,制硫酸的产率为65%,则最后能生产出质量分数为98%的硫酸吨(4)热电厂的冷却水是海水,该流程中浓缩盐水中含有K+、Na+、Mg2+等阳离子,对母液进行一系列的加工可制得金属镁从离子的反应的角度思考,在浓缩盐水中加入石灰乳所起的作用是要利用MgCl26H2O制得无水氯化镁,应采取的措施是电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸

12、气在特定的环境中冷却后即为固体镁下列物质中可以用作镁蒸气冷却剂的是(填选项字母)AAr BCO2 C空气 DO2E水蒸气(5)炼铁过程中加入除去废渣中的含硅杂质【选修3物质结构与性质】15氧元素和卤族元素都能形成多种物质,我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解(1)溴的价电子排布式为;PCl3的空间构型为(2)已知CsICl2不稳定,受热易分解,倾向于生成晶格能更大的物质,则它按下列式发生A CsICl2=CsCl+ICl B CsICl2=CsI+Cl2(3)根据表提供的第一电离能数据判断:最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是氟氯溴碘第一电离能(kJmol1)168112

13、5111401008(4)下列分子既不存在sp键,也不存在pp键的是A HCl BHF C SO2 D SCl2(5)已知COCl2为平面形,则COCl2中心碳原子的杂化轨道类型为,写出CO的等电子体的微粒(写出1个)(6)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体,其结构如图所示:由此可判断该钙的氧化物的化学式为已知该氧化物的密度是gcm3,则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为cm(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA)【化学-选修5:有机化学基础】16双安妥明结构简式如图所示,可用于降低血液中的胆固醇,该物质合成线路如图所示:已知: RCHCH2RCH2CH2Br已知:C的密度是

14、同温同压下H2密度的28倍,且支链有一个甲基;I能发生银镜反应且1mol I(C3H4O)能与2mol H2发生加成反应;K的结构具有对称性试回答下列问题:(1)写出双安妥明的分子式(2)C的结构简式为;H的结构简式为(3)反应DE的反应条件是,反应IJ的类型是(4)反应“H+K双安妥明”的化学方程式为(5)符合下列3个条件的H的同分异构体有种与FeCl3溶液显色;苯环上只有两个取代基;1mol该物质最多消耗3mol NaOH,其中氢原子共有五种不同环境的是(写结构简式)2016年江西省九江一中、临川二中联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题:本题共7小题,每小题6分,在每小题给出的

15、四个选项中,只有一项是符合题目要求的1下列说法不正确的是()A天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、可再生能源和二次能源B富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田C液晶态介于晶体状态和液态之间,液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性D我国油品从国 IV 汽油升级到国 V 汽油,有助于减少酸雨、雾霾,提高空气质量【考点】化石燃料与基本化工原料;常见的生活环境的污染及治理【分析】A、根据化石能源、可再生能源以及二次能源的分类来分析;B、富含N、P元素的生活用水会对土壤和河流造成污染;C、通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态,但是某些有机化合物具有一种特殊的状态,在这种状态中,他们一方面

16、像液体,具有流动性,一方面又像晶体,分子在某个方向上排列比较整齐,因而具有各向异性,这种物质叫液晶,据此解答即可;D、从国四汽油升级到国v汽油可减少污染物的排放【解答】解:A、天然气属于化石能源,不能再生;酒精属于可再生能源,通过微生物的发酵可以生成;汽油属于二次能源,由石油经分馏而来,故A正确;B、富含N、P元素的生活用水不能直接排放入河流中,也不可以直接用来灌溉农田,故B错误;C、液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态,像液体具有流动性,像固体具有晶体的有序性,故C正确;D、从国四汽油升级到国v汽油可减少污染物的排放,提高空气质量,故D正确故选B2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是

17、()A25时,50 g 98%浓硫酸和50 g 98%浓磷酸混合后含氧原子数为4NAB28 g聚乙烯中含有的碳原子数为2n NAC常温常压下,0.2 g D216O中含有的质子数、中子数和电子数均为0.1NAD6.8 g KHSO4晶体中含有0.1 NA个阳离子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、25时,50g 98%浓硫酸和50g 98%浓磷酸的混合溶液中,除了硫酸和磷酸含有氧原子,水也含氧原子;B、聚乙烯的最简式为CH2;C、求出0.2 g D216O的物质的量,然后根据D216O中含质子、中子和电子均为10个;D、求出KHSO4的物质的量,然后根据KHSO4由钾离子和硫酸氢根构成来分析【解

18、答】解:A、25时,50g 98%浓硫酸和50g 98%浓磷酸的混合溶液中,除了硫酸和磷酸含有氧原子,水也含氧原子,故溶液中含有的氧原子的个数大于4NA个,故A错误;B、聚乙烯的最简式为CH2,故28g聚乙烯中含有的CH2的物质的量为2mol,则含2NA个碳原子,故B错误;C、0.2g D216O的物质的量为0.01mol,而D216O中含质子、中子和电子均为10个,故0.01mol重水中含质子、中子和电子数均为0.1NA个,故C正确;D、6.8gKHSO4的物质的量为0.05mol,而KHSO4由钾离子和硫酸氢根构成,故0.05molKHSO4中含阳离子0.05NA个,故D错误;故选C3对下

19、图的实验装置和操作评价不合理的是()选项装置和操作评价A用装置量取15.00ml的NaOH溶液错误:不能用酸式滴定管,应改用碱式滴定管B用装置制备Cl2错误:氯气密度大于空气,收集时导管应长进短出C用装置验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃正确:生成的乙烯可使高锰酸钾褪色D关闭活塞a,从b处加水,以检查装置的气密性正确:b处加水后,左右液面形成稳定的高度差,证明气密性良好AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氢氧化钠溶液应用碱式滴定管盛装;B氯气密度比空气大,应用向上排空法收集;C乙醇易挥发,也能被高锰酸钾氧化使其褪色;D根据形成压强差的原理判断【解答】解:A氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃塞,

20、应用碱式滴定管盛装,故A正确;B氯气密度比空气大,应用向上排空法收集,图中进气管太短,故B正确;C乙醇易挥发,也能被高锰酸钾氧化使其褪色,则不能验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃,故C错误;D关闭活塞a,从b处加水,如a、b形成液面差且在一段时间内不变化,可说明气密性良好,能达到实验目的,故D正确故选C4下列表述和方程式书写都正确的是()A表示乙醇燃烧热的热化学方程式(H的绝对值正确):C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)H=1367.0kJmol1BNH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42完全沉淀:Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2B

21、aSO4+2H2OC用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性:2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬,可以用于检测是否酒后驾驶:2Cr2O72+3C2H5OH+16H+4Cr3+3CH3COOH+11H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A燃烧热的热化学方程式中,水的状态必须为液体;B向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42完全沉淀,说明SO42与Ba2+的比例是1:1,铵根离子结合氢氧根离子的能力大于氢氧化铝,则氢氧化铝不会溶解;C由于酸性高

22、锰酸钾能够氧化氯离子,不能用盐酸酸化,可以用稀硫酸;D重铬酸钾在酸性条件下具有强氧化性,能够氧化乙醇,溶液有橙色变为绿色【解答】解:A水为液体时稳定,则乙醇燃烧热的热化学方程式为:C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)H=1367.0kJmol1,故A错误;B向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42完全沉淀,硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1:2,铵根离子优先结合氢氧根离子,则反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀,正确的离子方程式为:2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl(OH)3+NH3H2O+2BaSO4,故B错误;C用浓盐酸酸化的K

23、MnO4溶液与H2O2反应,由于酸性高锰酸根离子能够氧化氯离子,干扰了实验,无法证明H2O2具有还原性,可以用稀硫酸酸化,故C错误;D硫酸酸化的橙色的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液具有强氧化性,能够氧化乙醇,同时生成乙酸和草绿色三价铬,可以用于检测是否酒后驾驶,反应的离子方程式为:2Cr2O72+3C2H5OH+16H+4Cr3+3CH3COOH+11H2O,故D正确;故选D5苯佐卡因是局部麻醉药,常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等,其结构简式为下列关于苯佐卡因的叙述正确的是()A分子式为C9H10NO2B苯环上有2个取代基,且含有硝基的同分异构体有6种C1 mol该化合物最多与4 mol氢气发生

24、加成反应D分子中含有3种官能团【考点】有机物的结构和性质【分析】该物质中含有苯环、氨基、酯基,具有苯、胺、酯的性质,能发生加成反应、取代反应、中和反应、水解反应,以此解答该题【解答】解:A根据结构简式确定分子式为C9H11NO2,故A错误;B苯环上有2个取代基,且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体,丙基有两种,所以其同分异构体有3+3=6,故B正确;C只有苯环能和氢气发生加成反应,所以1 mol该化合物最多与3mol氢气发生加成反应,故C错误;D含有的官能团有氨基、酯基,故D错误故选B6元素周期表的形式多种多样,图是扇形元素周期表的一部分,对比中学常见元素周期表,分析其元素的填充规律,判断下列说法

25、正确的是()A元素形成的单质晶体均属于原子晶体B、对应的简单离子半径依次减小C形成的化合物阴阳离子个数比可能为1:1D元素的气态氢化物易液化,是因为其分子间存在氢键【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由元素在周期表中的位置可知,为H、为Na、为C、为N、为O、为P、为S、为ClA碳单质中金刚石为原子晶体,而C60等为分子晶体;B电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大;CNa2O与Na2O2中阴阳离子个数比均为1:2;D氨气分子之间存在氢键,沸点较高,容易液化【解答】解:由元素在周期表中的位置可知,为H、为Na、为C、为N、为O、为P、为S、为ClA碳单质中金

26、刚石为原子晶体,石墨为混合晶体,而C60等为分子晶体,故A错误;B电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径S2ClNa+,故B错误;CNa2O与Na2O2中阴阳离子个数比均为1:2,故C错误;D氨气分子之间存在氢键,沸点较高,容易液化,故D正确故选D7常温下,浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液,分别加水稀释至体积V,pH随的变化如图所示,下列叙述正确的是()A该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11105B相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pHC溶液中水的电离程度:a=cbD当时,若两溶液同时升高温度,则减小【考点】弱电解质在水溶

27、液中的电离平衡【分析】0.1mol/L的HA溶液的pH=1,说明HA完全电离,所以HA为强酸,0.1mol/L的HB溶液的pH2,说明HB在溶液中部分电离,所以HB是弱酸;Aa点时,存在平衡:HBH+B,稀释100倍后,HB溶液的pH=4,溶液中c(A)c(OH)=104mol/L,结合Ka=计算;B强酸强碱盐不水解,强碱弱酸盐水解显碱性;C酸抑制水的电离,酸电离出的氢离子浓度越大,对水的抑制程度越大;D升高温度促进弱酸的电离,酸根离子浓度增大,强酸的酸根离子浓度不变【解答】解:0.1mol/L的HA溶液的pH=1,说明HA完全电离,所以HA为强酸,0.1mol/L的HB溶液的pH2,说明HB

28、在溶液中部分电离,所以HB是弱酸;Aa点时,存在平衡:HBH+B,稀释100倍后,HB溶液的pH=4,溶液中c(A)c(H+)=104mol/L,则Ka=1.11105,故A正确;BHA为强酸,NaA是强酸强碱盐不水解,溶液显中性,NaB为强碱弱酸盐,水解显碱性,所以相同条件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH,故B错误;C酸抑制水的电离,酸电离出的氢离子浓度越大,对水的抑制程度越大,氢离子浓度:a=cb,所以溶液中水的电离程度:a=cb,故C错误;D升高温度促进弱酸的电离,所以HB中B浓度增大,强酸的酸根离子浓度不变,所以A的浓度不变,因此增大,故D错误故选A三、非选择题:包括必考题和选考

29、题两部分第22题第32题为必考题,每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题(共129分)8镁是最轻的结构金属材料之一,又具有比强度和比刚度高、阻尼性和切削性好、易于回收等优点国内外将镁合金应用于汽车行业,以减重、节能、降低污染,改善环境但金属镁性质活泼,能与空气中的O2、N2、CO2等反应,也能与沸水反应其中,Mg与N2反应的产物Mg3N2与水反应:Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3请回答下列问题:(1)甲组学生研究Mg能在CO2气体中燃烧,并研究其产物将镁条在空气中加热点燃后迅速插入盛放CO2气体的集气瓶中,观察到的现象是剧烈燃烧,发出耀眼白

30、光,反应后在集气瓶内部附着白色粉末和黑色颗粒;化学反应方程式是2Mg+CO2C+2MgO(2)乙组学生根据上述甲组实验,认为Mg能在NO2中燃烧,可能产物为MgO、N2和Mg3N2通过如下实验装置来验证反应产物(夹持装置省略,部分仪器可重复使用)已知:NO2气体能被NaOH吸收NH3H2O的电离常数与CH3COOH电离常数相等,均为1.75105乙组同学的装置中,依次连接的顺序为ABCBED(填字母序号);装置B中的作用是在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物Mg3N2反应确定产物中有N2生成的实验现象为D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中(3)设计实验证明:产物中存在Mg3N2:取C中少量反应产物,

31、加入到水中产生刺激性气味的气体,该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝MgO和Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应,不是与NH4+水解出来的H+反应:醋酸铵溶液呈中性,将中加水后的溶液加热,赶走NH3后,再加入过量的CH3COONH4溶液,根据固体是否溶解分析判断【考点】性质实验方案的设计【分析】(1)镁和二氧化碳在点燃条件下反应生成MgO和C,同时发出耀眼白光;(2)装置A:铜和浓硝酸制取二氧化氮,装置B:干燥二氧化氮,防止水蒸气干扰实验,在加热条件下将Mg和二氧化氮混合,然后再干燥气体,装置C:镁条和二氧化氮反应,装置D:排水法收集N2,装置E:吸收二氧化氮,然后用排水法收集N2;氮气

32、不溶于水,如果有氮气,则能通过排水法收集到气体;(3)氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色;醋酸铵溶液呈中性,将中加水后的溶液加热,赶走NH3后,再加入过量的CH3COONH4溶液,根据固体是否溶解分析判断【解答】解:(1)镁和二氧化碳在点燃条件下反应生成MgO和C,同时发出耀眼白光,所以看到的现象是:剧烈燃烧,发出耀眼白光,反应后在集气瓶内部附着白色粉末和黑色颗粒,反应方程式为:2Mg+CO2C+2MgO,故答案为:剧烈燃烧,发出耀眼白光,反应后在集气瓶内部附着白色粉末和黑色颗粒;2Mg+CO2C+2MgO;(2)Mg能在NO2中燃烧,产物为Mg3N2、Mg0和

33、N2,装置A中Cu与浓硝酸反应生成的气体NO2,用装置B干燥剂干燥,通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应,然后再干燥气体,用E装置除去多余的NO2,装置D排水法收集N2,故连接装置的顺序为:BCBED,用装置B干燥剂干燥,通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应,然后再干燥气体,装置B中的作用是在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物Mg3N2反应,故答案为:BCBED;在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物 Mg3N2反应;氮气不溶于水,如果有氮气,则能通过排水法收集到气体,所以确定产物中有N2生成的实验现象为D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中,故答案为:D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中;(3)取C中少量反应后的固体产

34、物,加入到水中产生有刺激性气味的气体,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色,证明产物中存在Mg3N2,故答案为:取C中少量反应产物,加入到水中产生刺激性气味的气体,该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝;NH3H2O的电离常数与CH3COOH电离常数相等,均为1.75105,所以醋酸铵溶液呈中性,将中加水后的溶液加热,赶走NH3后,再加入过量的 CH3COONH4溶液,固体溶解,说明MgO和Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应,不是与NH4+水解出来的H+反应,故答案为:醋酸铵溶液呈中性,将中加水后的溶液加热,赶走NH3后,再加入过量的CH3COONH4溶液,根据固体是否溶解分析判断9已知

35、在常温常压下:2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H=1275.6kJmol12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=566.0kJmol1H2O(g)=H2O(l)H=44.0kJmol1则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)H=442.8 kJmol1 【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】已知:2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H=1275.6kJmol12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=566.0kJmol1H2O(g)=H2O(l)H=

36、44.0kJmol1根据盖斯定律,(+4)2可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l),焓变也进行相应计算【解答】解:已知:2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)H=1275.6kJmol12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=566.0kJmol1H2O(g)=H2O(l)H=44.0kJmol1根据盖斯定律,(+4)2可得:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l),则:H=1275.6kJmol1(566.0kJmol1)+4(44.0kJmol1)2=442.8 kJmol1 ,反应热化学方程式为:CH3OH(l)+O2

37、(g)=CO(g)+2H2O(l)H=442.8 kJmol1 ,故答案为:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)H=442.8 kJmol1 10某科研小组研究:在其他条件不变的情况下,改变起始物氢气的物质的量对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的影响实验结果如图所示:(图中T表示温度,n表示物质的量)比较在a、b、c三点N2的转化率最高的是c(填字母)在起始体系中加入N2的物质的量为mol时,反应后氨的百分含量最大,若容器容积为1L,n=3mol反应达到平衡时H2的转化率为60%,则此条件下(T2),反应的平衡常数K=2.08(保留3位有效数字)【考点】化学平衡的

38、计算;化学平衡的影响因素【分析】增加氢气的物质的量化学平衡向着正反应方向移动;当反应物的物质的量之比为等于化学计量数之比时,达平衡状态时生成物的百分含量最大;化学平衡状态是反应物的转化率最大、生成物的产率最大;先求出各自的平衡浓度,然后根据化学平衡常数K=计算【解答】解:氢气的物质的量越多,化学平衡越向正反应方向移动,氮气的转化率越大,a、b、c点氢气物质的量大小顺序是abc,所以氮气转化率大小顺序是cba,故答案为:c;当氮气和氢气的物质的量之比为1:3时达平衡状态时氨的百分含量最大,平衡点时产物的产率最大,据图示,当平衡时氢气的物质的量为n,故加入N2的物质的量为,当n=3mol反应达到平

39、衡时H2的转化率为60%,故起始氮气浓度为1,mol/l,变化的氢气浓度为1.8mol/l,变化的氮气浓度为0.6mol/l,平衡时氮气、氢气、氨气的浓度分别是0.4mol/l、1.2mol/l、1.2mol/l,化学平衡常数K=2.08,故答案为:;2.0811古代铁器(埋藏在地下)在严重缺氧的环境中,仍然锈蚀严重(电化学腐蚀)原因是一种叫做硫酸盐还原菌的细菌,能提供正极反应的催化剂,每48gSO42放电转移电子数为2.4081024,该反应放出的能量供给细菌生长、繁殖之需写出该电化学腐蚀的正极反应的电极反应式:SO42+8e+4H2OS2+8OH文物出土前,铁器表面的腐蚀产物可能有(写化学

40、式)Fe(OH)2,FeS【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】原电池的正极发生得电子的还原反应,土壤中的SO42还原为S2,以此书写电极反应式;铁器表面的腐蚀是吸氧腐蚀,亚铁离子会和硫离子之间发生反应,据此回答【解答】解:土壤中的SO42还原为S2,可知得到电子,则该电极反应式为SO42+4H2O+8e=S2+8OH,故答案为:SO42+8e+4H2OS2+8OH; 铁器表面的腐蚀是吸氧腐蚀,负极上金属铁失电子,发生氧化反应,生成亚铁离子,金属表面上会产生Fe(OH)2,同时土壤中的SO42还原为S2,和亚铁离子结合为FeS,故答案为:Fe(OH)2,FeS12已知25时,KspFe(OH)

41、3=4.01038,此温度下若在实验室中配制5mol/L100mLFeCl3溶液,为使配制过程中不出现浑浊现象,则至少需要加入2.5mL、2mol/L的盐酸(总体积忽略加入盐酸体积)【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】若不出现浑浊现象,则c(Fe3+)C3(OH)KspFe(OH)3,代入有关数据后可求出c(OH),进而计算c(H+),结合溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算该题【解答】解:若不出现浑浊现象,则c(Fe3+)C3(OH)KspFe(OH)3,代入有关数据后可求出c(OH)21013mol/L,c(H+)0.05mol/L,则加入盐酸的体积至少为=0.0025L=2

42、.5mL,故答案为:2.513钼酸钠晶体( Na2MoO42H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示:(1)NaClO的电子式是(2)为了提高焙烧效率,除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎或逆流焙烧(3)途径I碱浸时发生反应的化学反应方程式为MoO3+CO32=MoO42+CO2(4)途径氧化时发生反应的离子方程式为MoS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O(5)分析纯的钼酸钠常用四钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应来制取,若将该反应产生的气体与途径I所产生的尾气一起通入水中,得

43、到正盐的化学式是(NH4)2CO3或(NH4)2SO3(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂常温下,碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图:要使碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为1:1当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是常温下浓硫酸具有强氧化性,会使铁钝化试分析随着盐酸和硫酸浓度的增大,碳素钢在两者中腐蚀速率产生明显差异的主要原因是Cl有利于碳素钢的腐蚀,SO42不利于碳素钢的腐蚀【考点】制备实验方案的设计【分析】利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径:途径是先在空气中灼烧生成MnO3,同时得到对环境有污染的气体SO2,然后

44、再用纯碱溶液溶解MnO3,即可得到钼酸钠溶液,最后结晶得到钼酸钠晶体;途径是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液,结晶后得到钼酸钠晶体,(1)NaClO是离子型化合物,含有Na+和ClO;(2)通常可以增加空气的流通量、固体粉碎或逆流焙烧等措施来提高焙烧效率;(3)途径I碱浸时MoO3和纯碱溶液反应生成钼酸钠,同时得到CO2气体,反应方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2;(4)途径用NaClO在碱性条件下氧化MoO3,得到钼酸钠和NaCl和水,据此可写出离子反应方程式;(5)四钼酸铵(NH4)2MoO4和氢氧化钠反应可生成NH3,途径中生成的气体有CO2和

45、SO2,将NH3和CO2或SO2一起通入水中可生成碳酸盐或亚硫酸盐和水,反应方程式为CO2+2NH3+H2O=(NH4)2CO3或NH3+H2O+CO2=NH4HCO3,前者生成的盐为正盐,后者为酸式盐;(6)根据图象分析,在缓蚀剂中碳钢的腐蚀速率速率最小,腐蚀效果最好,最好的腐蚀效果在中点处;浓硫酸有强氧化性,能使金属表面形成致密的氧化膜保护层;根据图示数据分析碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异的原因【解答】解:利用钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠有两种途径:途径是先在空气中灼烧生成MnO3,同时得到对环境有污染的气体SO2,然后再用纯碱溶液溶解MnO3,即可得到钼酸钠

46、溶液,最后结晶得到钼酸钠晶体;途径是直接用NaClO溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液,结晶后得到钼酸钠晶体,(1)离子化合物NaClO的电子式为,故答案为:;(2)提高焙烧效率,除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎或逆流焙烧,故答案为:充分粉碎或逆流焙烧;(3)途径I碱浸时发生反应的离子方程式为MoO3+CO32=MnO42+CO2,故答案为:MoO3+CO32=MoO42+CO2;(4)途径用NaClO在碱性条件下氧化MoO3,发生反应的离子方程式为MnS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2SO42+3H2O,故答案为:MoS2+9ClO+6OH=MoO42+9Cl+2S

47、O42+3H2O;(5)CO2和NH3一起通入水中生成的正盐为碳酸铵,化学式为(NH4)2CO3,如果是SO2气体则生成正盐为(NH4)2SO3,故答案为:(NH4)2CO3或(NH4)2SO3;(6)根据图示可知,当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时,腐蚀速率最小,腐蚀效果最好,即浓度比为1:1,答案为:1:1;当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是常温下浓硫酸具有强氧化性,会使铁钝化,起到防腐蚀作用,故答案为:常温下浓硫酸具有强氧化性,会使铁钝化;由图示数据可知,碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度;硫酸浓度增大变成浓硫酸后,发生了钝化现象,腐蚀速度很慢,故答案为:Cl有利

48、于碳钢的腐蚀,SO42不利于碳钢的腐蚀【化学-选修2化学与技术】(二)选考题:共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号方框图黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选定区域指定位置答题14以下是某企业设计的硫酸磷肥水泥联产、海水淡水多用、盐热电联产的三大生态产业链流程图根据上述产业流程回答下列问题:(1)该流程、为能量或物质的输送,请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式:Fe2O3 热能 SO2(2)沸腾炉发生反应的化学方程式为:4FeS2+11022Fe2O3+8SO2磷肥厂的主要产品是普钙(磷酸二氢

49、钙和硫酸钙),写出由磷矿石和硫酸反应制普钙的化学方程式:2Ca5(PO4)3F+7H2SO43Ca(H2PO4)2+7CaSO4+2HF(3)用1吨硫铁矿(FeS2的质量分数为36%)接触法制硫酸,制硫酸的产率为65%,则最后能生产出质量分数为98%的硫酸0.39吨(4)热电厂的冷却水是海水,该流程中浓缩盐水中含有K+、Na+、Mg2+等阳离子,对母液进行一系列的加工可制得金属镁从离子的反应的角度思考,在浓缩盐水中加入石灰乳所起的作用是沉淀Mg2+要利用MgCl26H2O制得无水氯化镁,应采取的措施是在HCl气流中脱水,抑制MgCl2水解电解熔融的无水氯化镁所得的镁蒸气在特定的环境中冷却后即为

50、固体镁下列物质中可以用作镁蒸气冷却剂的是A(填选项字母)AAr BCO2 C空气 DO2E水蒸气(5)炼铁过程中加入碳酸钙除去废渣中的含硅杂质【考点】三废处理与环境保护【分析】(1)根据流程图中工业生产的原料,及发生的反应中的能量转化分析;(2)沸腾炉中FeS2与氧气反应;根据生成磷肥的反应分析;(3)根据FeS2制取硫酸过程中涉及的化学反应方程式,利用关系法解题;(4)石灰乳能将镁离子转化为沉淀;镁离子水解,应抑制其水解得到无水盐;用作镁蒸气的冷却剂,应不与Mg反应,以此来解答;(5)石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙,从而除去铁矿石中的

51、二氧化硅【解答】解:(1)中冶炼钢铁的原料是Fe2O3,中热电厂中向外提供的能量为电能,沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热,制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化,硫酸工业中生成的硫酸,可用于制磷肥,故答案为:Fe2O3 热能 SO2 ;(2)沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2,其反应方程式为:4FeS2+11022Fe2O3+8SO2;普钙是磷酸二氢钙和硫酸钙,用硫酸与磷酸钙反应生成硫酸钙和磷酸二氢钙的化学方程式为:Ca3(PO4)2+2H2SO4=Ca(H2PO4)2+2CaSO4,故答案为:4FeS2+11022Fe2O3+8SO2;Ca3(PO4)2+2H2SO4=Ca(H2

52、PO4)2+2CaSO4;(3)FeS2制取硫酸过程中,设生成的98%的硫酸为x吨,利用关系法列式,硫元素守恒, FeS2 2H2SO4 120 298 136%65% 98%x 所以: =,得x=0.39,故答案为:0.39;(4)石灰乳能将镁离子转化为沉淀,则在母液中加入石灰乳所起的作用是沉淀Mg2+,故答案为:沉淀Mg2+;镁离子水解,应抑制其水解得到无水盐,所以利用MgCl26H2O制得无水氯化镁,应采取的措施是在HCl气流中脱水,抑制氯化镁水解,故答案为:在HCl气流中脱水,抑制氯化镁水解;用作镁蒸气的冷却剂,应不与Mg反应,只有A符合,而Mg与二氧化碳、氧气、水蒸气等均可反应,故答

53、案为:A;(5)石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙,从而除去铁矿石中的二氧化硅,故答案为:碳酸钙【选修3物质结构与性质】15氧元素和卤族元素都能形成多种物质,我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解(1)溴的价电子排布式为4s24p5;PCl3的空间构型为三角锥形(2)已知CsICl2不稳定,受热易分解,倾向于生成晶格能更大的物质,则它按下列A式发生A CsICl2=CsCl+ICl B CsICl2=CsI+Cl2(3)根据表提供的第一电离能数据判断:最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘氟氯溴碘第一电离能(kJmol1

54、)1681125111401008(4)下列分子既不存在sp键,也不存在pp键的是DA HCl BHF C SO2 D SCl2(5)已知COCl2为平面形,则COCl2中心碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化,写出CO的等电子体的微粒N2(写出1个)(6)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体,其结构如图所示:由此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO2已知该氧化物的密度是gcm3,则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为cm(只要求列算式,不必计算出数值,阿伏加德罗常数为NA)【考点】晶胞的计算;位置结构性质的相互关系应用【分析】(1)溴处于第四周期A族;PCl3中P原子孤电子对数=1,价层电子对数=

55、3+1=4;(2)在离子晶体中离子半径越小、离子所带电荷越高,晶格能越大;(3)第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量,第一电离能越小,就越容易失去一个电子;(4)s能级与p能级电子形成的共价键为sp键,p能级电子之间形成双键、三键中含有pp键;(5)COCl2为平面形,其结构式是,C原子的杂化轨道数目为3;等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒;(6)根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数,再确定其化学式,计算晶胞质量,结合密度确定晶胞的体积,进而求得晶胞的边长,两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的,它们的距离为晶胞边长的【解答】解:(1)溴处于第四周期A族,价电子排布式为4s24p5

56、;PCl3中P原子孤电子对数=1,价层电子对数=3+1=4,分子空间构型为三角锥形,故答案为:4s24p5;三角锥形;(2)CsICl2不稳定,受热易分解,倾向于生成晶格能更大的物质,由于氯离子的半径小于碘离子,所以CsCl的晶格能大于CsI的晶格能,按反应CsICl2=CsCl+ICl进行,故答案为:A;(3)I的第一电离能越小,碘更容易形成较稳定的单核阳离子,故答案为:碘;(4)A HCl中为单键,存在sp键,BHF中为单键,存在sp键,C SO2中含有双键,存在pp键,D SCl2中为单键,存在pp键,故答案为:D;(5)COCl2为平面形,其结构式是,C原子的杂化轨道数目为3,杂化类型

57、为sp2杂化;CO的等电子体的微粒为:N2等,故答案为:sp2杂化;N2;(6)晶胞中钙离子的个数为8+6=4,过氧离子的个数为12+1=4,故其化学式为CaO2,晶胞质量为4g,设晶胞的边长为acm,则(a cm)3gcm3=4g,故a=,两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的,它们的距离为晶胞边长的,即为cm,故答案为:CaO2;【化学-选修5:有机化学基础】16双安妥明结构简式如图所示,可用于降低血液中的胆固醇,该物质合成线路如图所示:已知: RCHCH2RCH2CH2Br已知:C的密度是同温同压下H2密度的28倍,且支链有一个甲基;I能发生银镜反应且1mol I(C3H4O)能与2mol

58、 H2发生加成反应;K的结构具有对称性试回答下列问题:(1)写出双安妥明的分子式C23H28O6(2)C的结构简式为C(CH3)2=CH2;H的结构简式为(3)反应DE的反应条件是NaOH水溶液、加热,反应IJ的类型是加成反应(4)反应“H+K双安妥明”的化学方程式为(5)符合下列3个条件的H的同分异构体有6种与FeCl3溶液显色;苯环上只有两个取代基;1mol该物质最多消耗3mol NaOH,其中氢原子共有五种不同环境的是(写结构简式)【考点】有机物的推断【分析】由双安妥明的结构可知,合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、,I的分子式为C3H4O,经过系列反应生成K,C的密度是同温

59、同压下H2密度的28倍,CC的相对分子质量为56,且支链有一个甲基,能发生加成反应,则C结构简式为C(CH3)2=CH2;根据C原子数目可知,K为HOCH2CH2CH2OH,I能发生银镜反应,分子中含有CHO,且1molI能与2mol氢气发生加成反应,说明分子中还含有C=C双键,故I为CH2=CHCHO,J为HOCH2CH2CHO,H为,B与G反应生成,由反应信息i可知,合成H的物质为苯酚钠、BrC(CH3)2COOH,C的分子式为C4H8,经过系列转化生成G,根据C原子数目可知,G为BrC(CH3)2COOH,故B为苯酚钠,A与氢氧化钠反应生成B,故A为苯酚;F在溴/红磷作用下生成G,根据反

60、应信息i,可知F为CH(CH3)2COOH,E连续氧化生成F,故E为CH(CH3)2CH2OH,D转化生成E,D为CH(CH3)2CH2Br,据此分析解答【解答】解:由双安妥明的结构可知,合成双安妥明的物质为HOCH2CH2CH2OH、,I的分子式为C3H4O,经过系列反应生成K,C的密度是同温同压下H2密度的28倍,CC的相对分子质量为56,且支链有一个甲基,能发生加成反应,则C结构简式为C(CH3)2=CH2;根据C原子数目可知,K为HOCH2CH2CH2OH,I能发生银镜反应,分子中含有CHO,且1molI能与2mol氢气发生加成反应,说明分子中还含有C=C双键,故I为CH2=CHCHO

61、,J为HOCH2CH2CHO,H为,B与G反应生成,由反应信息i可知,合成H的物质为苯酚钠、BrC(CH3)2COOH,C的分子式为C4H8,经过系列转化生成G,根据C原子数目可知,G为BrC(CH3)2COOH,故B为苯酚钠,A与氢氧化钠反应生成B,故A为苯酚;F在溴/红磷作用下生成G,根据反应信息i,可知F为CH(CH3)2COOH,E连续氧化生成F,故E为CH(CH3)2CH2OH,D转化生成E,D为CH(CH3)2CH2Br,(1)双安妥明的结构可知,其分子式为C23H28O6,故答案为:C23H28O6;(2)通过以上分析知,C结构简式为C(CH3)2=CH2,H结构简式为,故答案为

62、:C(CH3)2=CH2;(3)D是卤代烃,E是醇,D和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇,所以其反应条件是氢氧化钠水溶液,I为CH2=CHCHO,J为HOCH2CH2CHO,I和水发生加成反应生成J,所以其反应类型是加成反应,故答案为:氢氧化钠水溶液、加热;加成反应;(4)H+K双安妥明的反应方程式为:,故答案为:;(5)H结构简式为,H同分异构体符合下列条件: 与FeCl3溶液显色,说明含有酚羟基;苯环上只有两个取代基;1mol该物质最多消耗3mol NaOH,说明另一个取代基为RCOO基,该取代基为CH3CH2CH2COO、(CH3)2CHCOO,这两种取代基都与酚羟基有邻间对3种位置关系,所以符合条件的有6种,其中氢原子共有五种不同环境的是,故答案为:6;2016年12月23日

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