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文檔簡介

2025年吉林省白城市大安市第二中學聯盟“測試化學試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、下列屬于非電解質的是A.酒精 B.硫酸鋇 C.液氯 D.氨水2、下列有關化學用語表示正確的是()A.對硝基甲苯的結構簡式:B.CS2的比例模型:C.CH2F2的電子式:D.氯原子結構示意圖:3、煉鋼時常用的氧化劑是空氣(或純氧).煉鋼過程中既被氧化又被還原的元素是()A.鐵 B.硫 C.氧 D.碳4、工業制硝酸產生的尾氣NOx可用足量NaOH溶液吸收,以下判斷錯誤的是()A.x=1.5時,只生成NaNO2B.2>x>1.5時,生成NaNO2和NaNO3C.x<1.5時,需補充O2D.x=2時,只生成NaNO35、某晶體熔化時化學鍵沒有被破壞的屬于A.原子晶體 B.離子晶體 C.分子晶體 D.金屬晶體6、在K2Cr2O7存在下利用微生物電化學技術實現含苯酚廢水的有效處理,其工作原理如下圖。下列說法正確的是()A.M為電源負極,有機物被還原B.中間室水量增多,NaCl溶液濃度減小C.M極電極反應式為:+11H2O-23e-=6CO2+23H+D.處理1molCr2O72-時有6molH+從陽離子交換膜右側向左側遷移7、下列說法不正確的是()A.可用焦炭還原SiO2制備單質SiB.鎂單質可與NH4Cl溶液反應生成NH3C.濃硫酸與NaBr固體共熱可生成單質Br2D.摩爾鹽的組成可表示為NH4Fe(SO4)2?6H2O8、北宋《本草圖經》中載有:“綠礬形似樸消(Na2SO4·10H2O)而綠色,取此一物置于鐵板上,聚炭,封之囊袋,吹令火熾,其礬即沸,流出色赤如融金汁者,是真也。”下列對此段話的理解正確的是A.樸消是黑火藥的成分之一 B.上述過程發生的是置換反應C.此記載描述的是鑒別綠礬的方法 D.“色赤”物質可能是單質銅9、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型非氯高效消毒劑,微溶于KOH溶液,熱穩定性差。實驗室制備高鐵酸鉀的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH==2K2FeO4+6KCl++8H2O。下列實驗設計不能達到實驗目的的是A.用圖所示裝置制備并凈化氯氣B.用圖所示裝置制備高鐵酸鉀C.用圖所示裝置分離出高鐵酸鉀粗品D.用圖所示裝置干燥高鐵酸鉀10、常溫下,用0.1000mol·L-1的鹽酸滴定20.00mL未知濃度的氨水,滴定曲線如圖所示,滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)。下列說法錯誤的是A.點①溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-)B.點②溶液中c(NH4+)=c(Cl-)C.點③溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)D.該氨水的濃度為0.1000mol·L-111、已知:CH3Cl為CH4的一氯代物,的一氯代物有A.1種B.2種C.3種D.4種12、有八種短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h,其中x、y、d、f隨著原子序數的遞增,其原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖1所示。z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH與原子序數的關系如圖2所示。根據上述信息進行判斷,下列說法正確是()A.d、e、f、g形成的簡單離子中,半徑最大的是d離子B.d與e形成的化合物中只存在離子鍵C.x、y、z、d、e、f、g、h的單質中,f的熔點最高D.x與y可以形成多種化合物,可能存在非極性共價鍵13、下列轉化過程不能一步實現的是A.Al(OH)3→Al2O3 B.Al2O3→Al(OH)3C.Al→AlCl3 D.Al→NaAlO214、向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入鐵粉,充分反應后仍有固體存在,則下列判斷不正確的是A.溶液中一定含有Fe2+ B.溶液中一定含有Cu2+C.剩余固體中一定含有Cu D.加入KSCN溶液一定不変紅15、向淀粉-碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液,溶液立即變藍,再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2,藍色逐漸消失。下列判斷不正確的是A.根據上述實驗判斷H2O2和SO2反應能生成強酸B.藍色逐漸消失,體現了SO2的漂白性C.SO2中S原子采取sp2雜化方式,分子的空間構型為V型D.H2O2是一種含有極性鍵和非極性鍵的極性分子16、下列裝置所示的分離提純方法和物質的溶解性無關的是A. B.C. D.二、非選擇題(本題包括5小題)17、非索非那定(E)可用于減輕季節性過敏鼻炎引起的癥狀。其合成路線如下(其中R-為)(1)E中的含氧官能團名稱為___________和___________。(2)X的分子式為C14Hl5ON,則X的結構簡式為___________。(3)B→C的反應類型為____________________。(4)一定條件下,A可轉化為F()。寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構體的結構簡式:_________。①能與FeCl3溶液發生顯色反應;②能使溴水褪色;③有3種不同化學環境的氫(5)已知:。化合物G()是制備非索非那定的一種中間體。請以為原料制備G,寫出相應的合成路線流程圖(無機試劑任用,合成路線流程圖示例見本題題干)_______18、磷酸氯喹是一種抗瘧疾藥物,研究發現,該藥在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒的感染。其合成路線如下:已知:回答下列問題:(1)A是一種芳香經,B中官能團的名稱為__________________。(2)反應A→B中須加入的試劑a為___________________。(3)B反應生成C的反應化學反應方程式是______________________。(4)C→D反應類型是_________,D的結構簡式為_______________。(5)F→G反應類型為________________。(6)I是E的同分異構體,與E具有相同的環狀結構,寫出任意一種符合下列條件的I的結構簡式是__________________________。①I是三取代的環狀有機物,氯原子和羥基的取代位置與E相同;②核磁共振氫譜顯示I除了環狀結構上的氫外,還有4組峰,峰面積比3:1:1:1;③I加入NaHCO3溶液產生氣體。19、高錳酸鉀是常用的消毒劑、除臭劑、水質凈化劑以及強氧化劑,下圖是在實驗室中制備KMnO4晶體的流程:回答下列問題:(1)操作②目的是獲得K2MnO4,同時還產生了KCl和H2O,試寫出該步反應的化學方程式:_______________。操作①和②均需在坩堝中進行,根據實驗實際應選擇_______________(填序號)。a.瓷坩堝b.氧化鋁坩堝c.鐵坩堝d.石英坩堝(2)操作④是使K2MnO4轉化為KMnO4和MnO2,該轉化過程中發生反應的離子方程式為_______________。若溶液堿性過強,則MnO4-又會轉化為MnO42-,該轉化過程中發生反應的離子方程式為_______________。因此需要通入某種氣體調pH=10-11,在實際操作中一般選擇CO2而不是HCl,原因是_______________。(3)操作⑤過濾時,選擇圖2所示裝置而不用圖1所示裝置的原因是_______________。(4)還可采用電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制造KMnO4(電解裝置如圖所示),電解過程中右側石墨電極的電極反應式為_______________。溶液逐漸由綠色變為紫色。但若電解時間過長,溶液顏色又會轉變成綠色,可能的原因是_______________。20、苯甲酸乙酯是重要的精細化工試劑,常用于配制水果型食用香精。實驗室制備流程如下:試劑相關性質如下表:苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常溫性狀白色針狀晶體無色液體無色透明液體沸點/℃249.078.0212.6相對分子量12246150溶解性微溶于水,易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑與水任意比互溶難溶于冷水,微溶于熱水,易溶于乙醇和乙醚回答下列問題:(1)為提高原料苯甲酸的純度,可采用的純化方法為_________。(2)步驟①的裝置如圖所示(加熱和夾持裝置已略去),將一小團棉花放入儀器B中靠近活塞孔處,將吸水劑(無水硫酸銅的乙醇飽和溶液)放入儀器B中,在儀器C中加入12.2g純化后的苯甲酸晶體,30mL無水乙醇(約0.5mol)和3mL濃硫酸,加入沸石,加熱至微沸,回流反應1.5~2h。儀器A的作用是_________;儀器C中反應液應采用_________方式加熱。(3)隨著反應進行,反應體系中水分不斷被有效分離,儀器B中吸水劑的現象為_________。(4)反應結束后,對C中混合液進行分離提純,操作I是_________;操作II所用的玻璃儀器除了燒杯外還有_________。(5)反應結束后,步驟③中將反應液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外,還有_____;加入試劑X為_____(填寫化學式)。(6)最終得到產物純品12.0g,實驗產率為_________%(保留三位有效數字)。21、實驗室用如圖裝置制備HCl氣體。(1)推壓注射器活塞將濃鹽酸慢慢注入到濃硫酸中,可制備少量干燥HCl氣體,其原理是___(選填編號)。a.濃硫酸吸收了鹽酸中水分b.混合時放熱使HCl溶解度減小c.濃鹽酸中HCl以分子形式存在d.濃鹽酸密度小于濃硫酸(2)為測定制備氣體后殘留混合酸中鹽酸和硫酸的濃度,進行如下實驗:取5.00mL混合酸,加水稀釋至500mL,完成此操作,用到的精確定量儀器有____;稱量4.7880gBa(OH)2固體,溶于水配成250mL標準溶液,裝入洗凈的細口試劑瓶,并貼上標簽。裝瓶前用標準溶液對試劑瓶進行潤洗的目的是___,請你填寫標簽上的空白。____(3)從500mL稀釋液中取出20.00mL,滴加幾滴酚酞作指示劑,用標準Ba(OH)2溶液滴定至溶液由無色變為紅色才停止滴定,出現這種情況的補救措施除重做外,還有可以采取的措施是__。(4)為完成全部測定,接下來對錐形瓶中混合物進行的操作是___、稱量、___。(5)若固體Ba(OH)2中混有少量的NaOH,會導致混合酸中硫酸濃度的測定結果___(選填“偏大”、“偏小”、“無影響”)。

參考答案一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)1、A【解析】

A.酒精是化合物,在水溶液和熔融狀態下都不能電離產生自由移動的離子,屬于非電解質,A符合題意;B.硫酸鋇是鹽,難溶于水,溶于水的BaSO4會完全電離產生Ba2+、SO42-,屬于強電解質,B不符合題意;C.液氯是液態Cl2單質,不屬于電解質,也不屬于非電解質,C不符合題意;D.氨水是混合物,不是化合物,不屬于電解質和非電解質,D不符合題意;故合理選項是A。2、B【解析】

A.對硝基甲苯的結構簡式:,A錯誤;B.半徑:r(C)<r(S),CS2的的比例模型:,B正確;C.CH2F2的電子式:,C錯誤;D.氯原子結構示意圖:,D錯誤;故答案選B。3、A【解析】

煉鋼過程中反應原理:2Fe+O22FeO、FeO+CFe+CO、2FeO+Si2Fe+SiO2。反應中C元素化合價升高,Fe元素發生Fe~FeO~Fe的一系列反應中,則Fe元素既失去電子也得到電子,所以既被氧化又被還原,答案選A。從化合價的角度分析被氧化還是被還原,要正確的寫出煉鋼過程的化學方程式。4、D【解析】

工業制硝酸產生的尾氣NOx用足量NaOH溶液吸收,發生反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水,令NOx、NaOH系數都為1,配平后方程式為2NOx+2NaOH=(2x﹣3)NaNO3+(5﹣2x)NaNO2+H2O;A.x=1.5時,2x﹣3=0,所以此時只能只生成NaNO2,故A正確;B.2>x>1.5時,2x-3≠0,5﹣2x≠0,此時生成NaNO2和NaNO3,故B正確;C.x<1.5時,則氮的氧化物會剩余,所以需補充O2,故C正確;D.當x=2時,2x﹣3=1,所以生成的產物有NaNO2和NaNO3,故D錯誤。故答案為D。5、C【解析】

A.原子晶體熔化,需破壞共價鍵,故A錯誤;B.離子晶體熔化,需破壞離子鍵,故B錯誤;C.分子晶體熔化,需破壞分子間作用力,分子間作用力不屬于化學鍵,故C正確;D.金屬晶體熔化,需破壞金屬鍵,故D錯誤;答案:C6、B【解析】

根據圖示,M極,苯酚轉化為CO2,C的化合價升高,失去電子,M為負極,在N極,Cr2O72-轉化為Cr(OH)3,Cr的化合價降低,得到電子,N為正極。A.根據分析,M為電源負極,有機物失去電子,被氧化,A錯誤;B.由于電解質NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離,使Na+和Cl-不能定向移動。電池工作時,M極電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+,負極生成的H+透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中,N極電極反應式為Cr2O72-+6e-+14H2O=2Cr(OH)3+8OH-,生成的OH-透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中,OH-與H+反應生成水,使NaCl溶液濃度減小,B正確;C.苯酚的化學式為C6H6O,C的化合價為升高到+4價。1mol苯酚被氧化時,失去的電子的總物質的量為6×[4-()]=28mol,則其電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+,C錯誤;D.原電池中,陽離子向正極移動,因此H+從陽離子交換膜的左側向右側移動,D錯誤。答案選B。此題的B項比較難,M極是負極,陰離子應該向負極移動,但是M和NaCl溶液之間,是陽離子交換膜,陰離子不能通過,因此判斷NaCl的濃度的變化,不能通過Na+和Cl-的移動來判斷,只能根據電極反應中產生的H+和OH-的移動反應來判斷。7、D【解析】

A.高溫條件下,可用碳還原SiO2制備單質Si,故A正確;B.鎂單質可與NH4Cl溶液反應生成NH3和氫氣、氯化鎂,故B正確;C.濃硫酸具有強氧化性與NaBr固體共熱可生成單質Br2,故C正確;D.摩爾鹽的組成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示,故D錯誤;故選D。8、C【解析】

由信息可知,綠礬為結晶水合物,加熱發生氧化還原反應生成氧化鐵,Fe元素的化合價升高,S元素的化合價降低,以此分析。【詳解】A.樸消是Na2SO4·10H2O,而黑火藥是我國古代四大發明之一,它的組成是“一硫(硫粉)二硝石(即KNO3固體)三碳(木炭粉),故A錯誤;B.綠礬為結晶水合物,加熱發生氧化還原反應生成氧化鐵,Fe元素的化合價升高,S元素的化合價降低,不是置換反應,故B錯誤;C.FeSO4·7H2O分解生成氧化鐵、二氧化硫、三氧化硫,三氧化硫與水結合生成硫酸,則流出的液體中含有硫酸,現象明顯,是鑒別綠礬的方法,故C正確;D.Fe的氧化物只有氧化鐵為紅色,則“色赤”物質可能是Fe2O3,故D錯誤;故選C。本題考查金屬及化合物的性質,把握習題中的信息及發生的反應為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查,注意元素化合物知識的應用,易錯點A,黑火藥的成分和芒硝不同。9、D【解析】

A.可用濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下制取氯氣,制取的氯氣中含有氯化氫氣體,可通過飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫氣體,能達到實驗目的,故A不符合;B.KOH溶液是過量的,且高鐵酸鉀微溶于KOH溶液,則可析出高鐵酸鉀晶體,能達到實驗目的,故B不符合;C.由B項分析可知,高鐵酸鉀微溶于KOH溶液,可析出高鐵酸鉀晶體,用過濾的方法即可分離出高鐵酸鉀粗品,能達到實驗目的,故C不符合;D.已知高鐵酸鉀熱穩定性差,因此直接加熱會導致高鐵酸鉀分解,不能達到實驗目的,故D符合;答案選D。10、C【解析】

條件“滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”中的等式,實際上是溶液中的物料守恒關系式;進一步可知,V(HCl)=20mL即為滴定終點,原來氨水的濃度即為0.1mol/L。V(HCl)=20mL即滴定終點時,溶液即可認為是NH4Cl的溶液,在此基礎上分析溶液中粒子濃度的大小關系,更為簡便。【詳解】A.V(HCl)=20mL時,溶液中有c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)成立;所以V(HCl)=10mL也就是20mL的一半時,溶液中就有以下等式成立:c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)=2c(Cl-);A項正確;B.點②時溶液呈中性,所以有c(H+)=c(OH-);根據電荷守恒式:c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),可知溶液中c(NH4+)=c(Cl-);B項正確;C.點③即為中和滴定的終點,此時溶液可視作NH4Cl溶液;由于NH4+的水解程度較小,所以c(NH4+)>c(H+);C項錯誤;D.由條件“滴加20.00mL鹽酸時所得溶液中c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)+c(NH3)”可知V(HCl)=20mL即為滴定終點,那么原來氨水的濃度即為0.1mol/L;D項正確;答案選C。對于溶液混合發生反應的體系,若要判斷溶液中粒子濃度的大小關系,可以先考慮反應后溶液的組成,在此基礎上再結合電離和水解等規律進行判斷,會大大降低問題的復雜程度。11、B【解析】有2種等效氫,的一氯代物有(CH3)2CHCH(CH3)CH2Cl、(CH3)2CHCCl(CH3)2,共2種,故B正確。12、D【解析】

x、y、z、d、e、f、g、h為原子序數依次遞增的短周期主族元素,從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數,可以知道x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,f是Al元素,z、e、g、h的最高價氧化物對應水化物溶液濃度均為0.01mol·L-1,e的pH為12,為一元強堿,則e是Na元素,z、h的pH均為2,為一元強酸,則z為N元素、h為Cl元素,g的pH小于2,則g的為二元強酸,故g為S元素,據此分析解答問題。【詳解】A.d、e、f、g形成的簡單離子分別為:O2-、Na+、Al3+、S2-,O2-、Na+、Al3+離子的電子層數相同,但核電荷數Al>Na>O,則離子半徑O2->Na+>Al3+,而S2-的電子層數最多,半徑最大,故半徑最大的是g離子,A選項錯誤;B.d與e形成的化合物可以是Na2O,也可以是Na2O2,Na2O2既含有離子鍵,也含有共價鍵,B選項錯誤;C.x、y、z、d、e、f、g、h的單質分別為:H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2,C單質可形成金剛石,為原子晶體,故單質熔點最高的可能是y,C選項錯誤;D.x與y可以形成多種有機化合物,其中CH2=CH2等存在著非極性鍵,D選項正確;答案選D。此題C選項為易錯點,C單質有很多的同素異形體,熔沸點有差異,容易忽略這一關鍵點,導致誤選C答案。13、B【解析】

A、Al(OH)3加熱分解Al2O3,可一步實現轉化,A錯誤;B、氧化鋁不溶于水,不能一步轉化生成Al(OH)3,B正確;C、金屬鋁與鹽酸或氯氣反應均生成AlCl3,可一步轉化,C錯誤;D、Al與氫氧化鈉溶液反應生成NaAlO2,可一步實現轉化,D錯誤;答案選B。14、B【解析】

氧化性:Fe3+>Cu2+,向FeCl3、CuCl2混合溶液中加入鐵粉,先發生Fe+2Fe3+=3Fe2+,再發生Fe+Cu2+=Fe2++Cu。【詳解】A、Fe+2Fe3+=3Fe2+

、Fe+Cu2+=Fe2++Cu都能生成Fe2+,所以溶液中一定含有Fe2+,故A正確;B、若鐵過量,Fe+Cu2+=Fe2++Cu反應完全,溶液中不含Cu2+,故B錯誤;C、鐵的還原性大于銅,充分反應后仍有固體存在,剩余固體中一定含有Cu,故C正確;D、充分反應后仍有固體存在,Fe、Cu都能與Fe3+反應,溶液中一定不含有Fe3+,加入KSCN溶液一定不変紅,故D正確;選B。本題考查金屬的性質,明確金屬離子的氧化性強弱,確定與金屬反應的先后順序是解本題關鍵,根據固體成分確定溶液中溶質成分。15、B【解析】

A.向淀粉-碘化鉀的酸性溶液中加入少量H2O2溶液,溶液立即變藍,發生:H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O說明H2O2具有氧化性,再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2,藍色逐漸消失,發生:SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+,說明SO2具有還原性,所以H2O2和SO2可以反應生成硫酸為強酸,故A正確;

B.再向藍色溶液中緩慢通入足量的SO2,藍色逐漸消失,發生:SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+,體現了SO2的還原性,故B錯誤;

C.SO2的價層電子對個數=2+(6-2×2)=3,孤電子對數為1,硫原子采取sp2雜化,該分子為V形結構,故C正確;

D.H2O2分子中O-O為非極性鍵,O-H鍵為極性鍵,H2O2是展開書頁型結構,該物質結構不對稱,正負電荷中心不重合,為極性分子,故D正確;

故選:B。同種原子形成的共價鍵為非極性鍵,不同種原子形成的共價鍵為極性鍵;正負電荷中心重合的分子為非極性分子。16、A【解析】

A、蒸餾與物質的沸點有關,與溶解度無關,正確;B、洗氣與物質的溶解度有關,錯誤;C、晶體的析出與溶解度有關,錯誤;D、萃取與物質的溶解度有關,錯誤;答案選A。二、非選擇題(本題包括5小題)17、羥基羧基取代反應【解析】(1)根據有機物E的結構簡式,可知分子中含氧官能團為羥基和羧基,故答案為羥基、羧基;(2)根據反應流程圖,對比A、X、C的結構和X的分子式為C14Hl5ON可知,X的結構簡式為,故答案為;(3)對比B、C的結構可知,B中支鏈對位的H原子被取代生成C,屬于取代反應,故答案為取代反應;(4)F為。①能與FeCl3溶液發生顯色反應,說明苯環上含有羥基;②能使溴水褪色,說明含有碳碳雙鍵等不飽和鍵;③有3種不同化學環境的氫,滿足條件的F的一種同分異構體為,故答案為;(5)以為原料制備,需要引入2個甲基,可以根據信息引入,因此首先由苯甲醇制備鹵代烴,再生成,最后再水解即可,流程圖為,故答案為。點睛:本題考查有機物的推斷與合成,是高考的必考題型,涉及官能團的結構與性質、常見有機反應類型、有機物結構、同分異構體的書寫、有機合成路線的設計等,充分理解題目提供的信息內涵,挖掘隱含信息,尋求信息切入點,可利用類比遷移法或聯想遷移法,注意(5)中合成路線充分利用信息中甲基的引入。18、硝基濃硫酸、濃硝酸+Cl2+HCl還原反應取代反應【解析】

產物中含有苯環,則A是苯,B為硝基苯,B到C是一個取代反應,考慮到E中氮原子和氯原子處于間位,因此C是間硝基氯苯,D則是硝基被還原后變成了間氨基氯苯,E到F即題目信息中給出的反應,從F到G,分子式中少1個O和1個H,而多出了一個Cl,因此為一個取代反應,用氯原子取代了羥基,最后再進一步取代反應得到H,據此來分析本題即可。【詳解】(1)根據分析,B是硝基苯,其官能團為硝基;(2)硝化反應需要用到濃硫酸和濃硝酸組成的混酸;(3)B到C即取代反應,方程式為+Cl2+HCl;(4)C到D是硝基被還原為氨基的過程,因此是一個還原反應,D為鄰氨基氯苯,即;(5)根據分析,F到G是一個取代反應;(6)加入碳酸氫鈉溶液能產生氣體,因此分子中一定含有羧基,結合其它要求,寫出符合條件的同分異構體,為。19、KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有還原性,可將K2MnO4和KMnO4還原過濾速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-電解較長時間后,陽極產生的MnO4-在陰極被還原,紫色又轉變為綠色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣,同時產生大量的氫氧根離子,溶液堿性增強,紫色又轉變為綠色【解析】

(1)根據圖示,操作②中的反應物有KClO3、MnO2和KOH加熱時生成K2MnO4、KCl和H2O,反應的化學方程式為:KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑;操作①和②的反應物中均含有堿性物質,堿能夠與氧化鋁、二氧化硅及硅酸鹽反應,應選擇鐵坩堝,故答案為KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑;c;(2)操作④中K2MnO4轉化為KMnO4和MnO2,反應的離子方程式為:3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-;若溶液堿性過強,則MnO4-又會轉化為MnO42-,反應的離子方程式為:4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O;通入CO2調pH=10-11,不選用HCl,是因為Cl-具有還原性,可將K2MnO4和KMnO4還原,故答案為3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-;4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O;Cl-具有還原性,可將K2MnO4和KMnO4還原;(3)圖1為普通過濾裝置,圖2為抽濾裝置,抽濾裝置過濾速度快,過濾效果好,且能夠過濾顆粒很小是固體和糊狀物,故答案為過濾速度快、效果好;(4)電解過程中右側石墨電極連接電源正極,是陽極,發生氧化反應,電極反應式為:MnO42--e-=MnO4-;若電解時間過長,陽極產生的MnO4-在陰極被還原,紫色又轉變為綠色,也可能是陰極上氫離子放電生成氫氣,同時產生大量的氫氧根離子,溶液堿性增強,紫色又轉變為綠色,故答案為MnO42--e-=MnO4-;電解較長時間后,陽極產生的MnO4-在陰極被還原,紫色又轉變為綠色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣,同時產生大量的氫氧根離子,溶液堿性增強,紫色又轉變為綠色)。20、重結晶冷凝回流乙醇和水水浴加熱吸水劑由白色變為藍色蒸餾分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分層Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸與乙醇在濃硫酸作催化劑發生酯化反應生成苯甲酸乙酯,苯甲酸乙酯與乙醇和苯甲酸能夠混溶,苯甲酸乙酯與乙醇沸點差異較大,因此操作I為蒸餾,混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸,加入試劑X除去苯甲酸,因此可選擇試劑飽和碳酸鈉進行除雜,然后分液制備粗產品,然后通過干燥制備苯甲酸乙酯純品,以此解答本題。【詳解】(1)可通過重結晶的方式提高原料苯甲酸的純度;(2)儀器A為球形冷凝管,在制備過程中乙醇易揮發,因此通過球形冷凝管冷凝回流乙醇和水;該反應中乙醇作為反應物,因此可通過水浴加熱,避免乙醇大量揮發;(3)儀器B中吸水劑為無水硫酸銅的乙醇飽和溶液,吸收水分后生成五水硫酸銅,吸水劑由白色變為藍色;(4)由上述分析可知,操

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