江蘇省南京市玄武區(qū)溧水高中2025年高二化學(xué)第二學(xué)期期末監(jiān)測試題含解析_第1頁
江蘇省南京市玄武區(qū)溧水高中2025年高二化學(xué)第二學(xué)期期末監(jiān)測試題含解析_第2頁
江蘇省南京市玄武區(qū)溧水高中2025年高二化學(xué)第二學(xué)期期末監(jiān)測試題含解析_第3頁
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文檔簡介

江蘇省南京市玄武區(qū)溧水高中2025年高二化學(xué)第二學(xué)期期末監(jiān)測試題考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、下列離子方程式中正確的是()A.鈉與水反應(yīng):Na+2H2ONa++2OH–+H2↑B.向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH–+H++SO42-BaSO4↓+H2C.向Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水:Al3++3NH3﹒H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D.向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3-+OH–CaCO3↓+H22、下列離子方程式中,均屬于水解反應(yīng)的是(

)A.HCOOH+H2OHCOO-+H3O+H2O+H2OH3O++OH-B.CO2+H2OHCO3-+H+AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-C.CO32-+H2OHCO3-+OH-AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+3、進(jìn)行中和滴定時,事先不應(yīng)該用所盛溶液潤洗的儀器是A.錐形瓶 B.量筒 C.酸式滴定管 D.堿式滴定管4、下列關(guān)于有機(jī)物的說法不正確的是A.苯和乙烯均可以使溴水褪色,但褪色原理不同B.等物質(zhì)的量的乙烯與乙醇完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量相等C.向制備乙酸乙酯后剩余的反應(yīng)液中加入碳酸鈉溶液,產(chǎn)生氣泡,說明有乙酸剩余D.在C4H11N分子中,N原子以三個單鍵與其他原子相連接的同分異構(gòu)體有8種(不考慮立體異構(gòu))5、亞硝酸鈉是一種防腐劑和增色劑,但在食品中過量時會對人體產(chǎn)生危害,其在酸性條件下會產(chǎn)生NO和NO2。下列有關(guān)說法錯誤的是A.NaNO2既可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色,又可以將二價鐵離子氧化為三價鐵離子B.食用“醋熘豆芽”可能會減少亞硝酸鈉對人體的危害C.NaNO2和胃酸作用的離子方程式為2NO2-+2H+NO↑+NO2↑+H2OD.1molNaNO2在酸性條件下完全反應(yīng)生成NO和NO2,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol6、《斯德哥爾摩公約》中禁用的12種持久性有機(jī)污染物之一是DDT。有機(jī)物M是合成DDT的中間體,M的結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列有關(guān)說法正確的是A.M屬于芳香烴 B.M能發(fā)生消去反應(yīng)C.M的核磁共振氫譜有5個峰 D.M分子中最多有23個原子共面7、下列各組關(guān)于強(qiáng)電解質(zhì)、弱電解質(zhì)、非電解質(zhì)的歸類正確的()ABCD強(qiáng)電解質(zhì)FeNaClCaCO3HNO3弱電解質(zhì)CH3COOHNH3H2CO3Fe(OH)3非電解質(zhì)蔗糖BaSO4C2H5OHH2OA.A B.B C.C D.D8、下列方法(必要時可加熱)不合理的是A.用澄清石灰水鑒別CO和CO2B.用水鑒別苯和四氯化碳C.用Ba(OH)2溶液鑒別NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4D.用淀粉碘化鉀試紙鑒別碘水和溴水9、下列關(guān)于有機(jī)物的說法中,正確的有①淀粉、油脂、蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng)②“乙醇汽油”是在汽油中加入適量乙醇而制成的一種燃料③除去乙酸乙酯中殘留的乙酸,加過量飽和碳酸鈉溶液振蕩后,靜置分液④石油的分餾和煤的氣化都是發(fā)生了化學(xué)變化⑤淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色,葡萄糖能與新制Cu(OH)2發(fā)生反應(yīng)A.2個 B.3個 C.4個 D.5個10、20℃時,飽和NaCl溶液的密度為ρg·cm?3,物質(zhì)的量濃度為cmol/L,則下列說法中不正確的是A.溫度低于20℃時,飽和NaC1溶液的濃度小于cmol/LB.此溶液中NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(58.5×c/ρ×1000)×100%C.將1L該NaCl溶液蒸干可好到58.5cgNaCl固體D.20℃時,NaCl的溶解度S=(5850c/(ρ?58.5))g11、DAP是電器和儀表部件中常用的一種合成高分子化合物,它的結(jié)構(gòu)簡式為:則合成此高分子的單體可能是()①乙烯CH2=CH2②丙烯CH3CH=CH2③丙烯醇HOCH2CH=CH2④鄰苯二甲酸⑤鄰苯二甲酸甲酯A.①② B.③④ C.②④ D.③⑤12、鎂的蘊(yùn)藏量比鋰豐富,且鎂的熔點更高,故鎂電池更安全,鎂儲備型電池的儲存壽命可達(dá)10年以上;能在任何場合在臨時使用時加清水或海水使之活化,活化后半小時內(nèi)即可使用;工作電壓十分平穩(wěn)。部分鎂儲備型電池電化學(xué)反應(yīng)式為Mg+NaClO+H2O→Mg(OH)2+NaCl;xMg+Mo3S4→MgxMo3S4;Mg+2AgCl→2Ag+MgCl2;根據(jù)上述原理設(shè)計的原電池下列有關(guān)說法正確的是A.鎂-次氯酸鹽電池工作時,正極附近的溶液pH將會增大B.鎂電池的負(fù)極反應(yīng)式都是Mg-2e-=Mg2+C.鎂電池充電時負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成鎂離子D.將鎂電池活化可以使用稀硫酸13、下列敘述正確的是A.向混有苯酚的苯中加入濃溴水,過濾,可除去其中的苯酚B.向酸性KMnO4溶液中滴加維生素C溶液,酸性KMnO4溶液褪色,說明維生素C具有還原性C.向淀粉溶液中加稀硫酸,加熱,加新制Cu(OH)2懸濁液,加熱未見紅色沉淀,說明淀粉未水解D.向NaOH溶液中加入溴乙烷,加熱,再加入AgNO3溶液,產(chǎn)生沉淀,說明溴乙烷發(fā)生了水解14、下列說法中正確的是A.C60氣化和干冰升華克服的作用力相同B.分子晶體在水溶液中都能導(dǎo)電C.氯化鈉和氯化氫溶于水時,破壞的化學(xué)鍵都是離子鍵D.HF比HCl穩(wěn)定,是因為HF含氫鍵的緣故15、如圖所示,將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中下列分析正確的是A.閉合,鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為B.閉合,石墨棒周圍溶液pH逐漸降低C.閉合,鐵棒不會被腐蝕,屬于外加電流的陰極保護(hù)法D.閉合,電路中通過個電子時,兩極共產(chǎn)生氣體16、根據(jù)表中信息判斷,下列選項正確的是序列參加反應(yīng)的物質(zhì)生成物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4……②Cl2、FeBr2只有FeCl3、FeBr3③KClO3、HCl(濃)Cl2……A.氧化性由強(qiáng)到弱順序為KCl03>Cl2>Fe3+>Br2B.第②組反應(yīng)中Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1:1C.第③組反應(yīng)中生成1molCl2,轉(zhuǎn)移電子2molD.第①組反應(yīng)的其余產(chǎn)物為H20和0217、已知烯烴在酸性KMnO4溶液中雙鍵斷裂形式為現(xiàn)有二烯烴C10H18與酸性KMnO4溶液作用后可得到三種有機(jī)物:(CH3)2CO、CH3COOH、CH3CO(CH2)2COOH,由此推斷此二烯可能的結(jié)構(gòu)簡式為A.(CH3)2C=C(CH3)CH2CH2CH=CHCH2CH3B.(CH3)2C=CHCH2CH2C(CH3)=CHCH3C.CH3CH=C(CH3)CH2CH2CH2C(CH3)=CH2D.CH3CH=C(CH3)CH2CH2CH2CH=CHCH318、4p軌道填充一半的元素,其原子序數(shù)是(

)A.15 B.33 C.35 D.5119、下列物質(zhì):①H3O+

②[Cu(NH3A.①②B.①②③C.③④⑤D.①②⑤20、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示,Na、NaOH、NaHCO3分別與等物質(zhì)的量的該物質(zhì)恰好反應(yīng)時,Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為()A.3∶3∶2 B.3∶2∶1C.1∶1∶1 D.3∶2∶221、下列化合物屬于塑料的是A.PVC B.錦綸 C.輪胎 D.棉花22、下列各項敘述中,正確的是()A.Br-的核外電子排布式為:[Ar]4s24p6B.Na的簡化電子排布式:[Na]3s1C.氮原子的最外層電子軌道表示式為:D.價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第VA族,是p區(qū)元素二、非選擇題(共84分)23、(14分)已知有機(jī)物分子中的碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應(yīng):,有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為,G的分子式為C7H12O,以下A~H均為有機(jī)物,其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下:(1)下列說法正確的是______。(填字母序號)A.C的官能團(tuán)為羧基B.1molA最多可以和2molNaOH反應(yīng)C.C可以發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D.可以發(fā)生消去反應(yīng)(2)F的結(jié)構(gòu)簡式為____________,由F到G的反應(yīng)類型為___________。(3)反應(yīng)①的作用是__________________,合適的試劑a為____________。(4)同時滿足下列條件的A的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______________________。Ⅰ.與A具有相同的官能團(tuán);Ⅱ.屬于苯的鄰二取代物;Ⅲ.能使FeCl3溶液顯色;Ⅳ.核磁共振氫譜分析,分子中有8種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。(5)H與G分子具有相同的碳原子數(shù)目,且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)生成4mol單質(zhì)銀。寫出H與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________。24、(12分)4-羥基扁桃酸可用于制備抗生素及血管擴(kuò)張類的藥物,香豆素-3-羧酸可用于制造香料,二者合成路線如下(部分產(chǎn)物及條件未列出):已知;(R,R′,R″表示氫、烷基或芳基)(1)A相對分子質(zhì)量為60,常在生活中用于除去水壺中的水垢,A的結(jié)構(gòu)簡式是___________。(2)D→4-羥基扁桃酸反應(yīng)類型是______________。(3)中①、②、③3個-OH的電離能力由強(qiáng)到弱的順序是___________。(4)W→香豆素-3-羧酸的化學(xué)方程式是______________________。(5)關(guān)于有機(jī)物F下列說法正確的是__________。a.存在順反異構(gòu)b.分子中不含醛基c.能發(fā)生加成、水解、氧化等反應(yīng)d.1molF與足量的溴水反應(yīng),最多消耗4molBr2(6)某興趣小組將4-羥基扁桃酸進(jìn)行如下操作①1molH在一定條件下與足量NaOH溶液反應(yīng),最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為______mol.②符合下列條件的I的同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))為______種。a.屬于一元羧酸類化合物b.苯環(huán)上只有2個取代基,其中一個是羥基③副產(chǎn)物有多種,其中一種是由2分子4-羥基扁桃酸生成的含有3個六元環(huán)的化合物,該分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子有__________種。25、(12分)實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質(zhì)。資料:K2FeO4為紫色固體,微溶于KOH溶液;具有強(qiáng)氧化性,在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。(1)制備K2FeO4(夾持裝置略)①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應(yīng)方程式是________________(錳被還原為Mn2+)。②將除雜裝置B補(bǔ)充完整并標(biāo)明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外還有________________。(2)探究K2FeO4的性質(zhì)①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,產(chǎn)生黃綠色氣體,得溶液a,經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl-而產(chǎn)生Cl2,設(shè)計以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至過量,溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體,再用KOH溶液將K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加鹽酸,有Cl2產(chǎn)生。Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子,但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl-氧化,還可能由________________產(chǎn)生(用方程式表示)。Ⅱ.方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出:氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”),而方案Ⅱ?qū)嶒灡砻鳎珻l2和FeO4③資料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-,驗證實驗如下:將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振蕩后溶液呈淺紫色,該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO426、(10分)草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3·xH2O可溶于水,且能做凈水劑。為測定該晶體中鐵的含量,做了如下實驗:步驟1:稱量5.6g草酸鐵晶體,配制成250mL一定物質(zhì)的量濃度的溶液。步驟2:取所配溶液25.00mL于錐形瓶中,先加足量稀H2SO4酸化,再滴加KMnO4溶液,反應(yīng)為:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。向反應(yīng)后的溶液加鋅粉,加熱至黃色剛好消失,過濾、洗滌,將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中,此時溶液仍呈酸性。步驟3:用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點,消耗KMnO4溶液V1mL,滴定中MnO4-被還原成Mn2+。重復(fù)步驟2、步驟3的操作2次,分別滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液為V2、V3mL。記錄數(shù)據(jù)如下表:實驗編號KMnO4溶液的濃度(mol/L)KMnO4溶液滴入的體積(mL)10.0200V1=20.0220.0200V3=19.9830.0200V2=23.32請回答下列問題:(1)草酸鐵溶液能做凈水劑的原因______________________________(用離子方程式表示)。(2)步驟2加入酸性高錳酸鉀的作用_________________________________________________。(3)加入鋅粉的目的是______________________________。(4)步驟3滴定時滴定終點的判斷方法是_____________________________________________。(5)在步驟3中,下列滴定操作使測得的鐵含量偏高的有______。A.滴定管用水洗凈后直接注入KMnO4溶液B.滴定管尖嘴內(nèi)在滴定前有氣泡,滴定后氣泡消失C.讀取KMnO4溶液體積時,滴定前平視,滴定結(jié)束后仰視讀數(shù)D.錐形瓶在滴定時劇烈搖動,有少量液體濺出.(6)實驗測得該晶體中鐵的含量為_________。27、(12分)白醋是常見的烹調(diào)酸味輔料,白醋總酸度測定方法如下。i.量取20.00mL白醋樣品,用100mL容量瓶配制成待測液。ii.將滴定管洗凈、潤洗,裝入溶液,趕出尖嘴處氣泡,調(diào)整液面至0刻度線。iii.取20.00mL待測液于潔凈的錐形瓶中,加3滴酚酞溶液,用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定至終點,記錄數(shù)據(jù)。iv.重復(fù)滴定實驗3次并記錄數(shù)據(jù)。ⅴ.計算醋酸總酸度?;卮鹣铝袉栴}:(1)實驗i中量取20.00mL白醋所用的儀器是______(填字母)。abcD(2)若實驗ii中堿式滴定管未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗,會造成測定結(jié)果比準(zhǔn)確值_____(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(3)實驗iii中判斷滴定終點的現(xiàn)象是_______。(4)實驗數(shù)據(jù)如下表,則該白醋的總酸度為_______mol·L-1。待測液體積/mL標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定前讀數(shù)/mL滴定終點讀數(shù)/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.0228、(14分)是一種重要的化工原料,可用于合成可降解的高聚物PES

樹脂以及具有抗腫瘤活性的化合物K。已知:

i.R1CO18OR2+R3OHR1COOR3+R218OHii.ⅲ.(R1、R2、R3代表烴基)(1)A的名稱是_________;C

的官能團(tuán)的名稱是_________。(2)B

分子為環(huán)狀結(jié)構(gòu),核磁共振氫譜只有一組峰,B

的結(jié)構(gòu)簡式為_________.(3)E

分子中含有兩個酯基,且為順式結(jié)構(gòu),E

的結(jié)構(gòu)簡式為_________.(4)

反應(yīng)①的化學(xué)方程式為_________。(5)試劑a的結(jié)構(gòu)簡式為_________;反應(yīng)②所屬的反應(yīng)類型為________反應(yīng)。(6)已知:。以1,3-

丁二烯為起始原料,結(jié)合已知信息選用必要的無機(jī)試劑合成。將以下合成路線補(bǔ)充完整:_________________(7)已知氨基(-NH2)

與羥基類似,也能發(fā)生反應(yīng)i。在由J制備K的過程中,常會產(chǎn)生副產(chǎn)物L(fēng)。L分子式為C16H13NO3,含三個六元環(huán),則L的結(jié)構(gòu)簡式為________。29、(10分)反應(yīng)A(g)B(g)+C(g)在容積為1.0L的密閉容器中進(jìn)行,A的初始濃度為0.050mol/L。溫度T1和T2下A的濃度與時間關(guān)系如圖所示?;卮鹣铝袉栴}:(1)上述反應(yīng)的溫度T1____T2,平衡常數(shù)K(T1)____K(T2)。(填“大于”、“小于”或“等于”)(2)若溫度T2時,5min后反應(yīng)達(dá)到平衡,A的轉(zhuǎn)化率為70%,則:①平衡時體系總的物質(zhì)的量為________。②反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_______。③反應(yīng)在0~5min區(qū)間的平均反應(yīng)速率v(A)=________。(3)已知1gFeS2完全燃燒放出7.1kJ熱量,F(xiàn)eS2燃燒反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為______。(4)物質(zhì)(t-BuNO)2在正庚烷溶劑中發(fā)生如下反應(yīng):(t-BuNO)22(t-BuNO)ΔH=50.5kJ·mol-1。該反應(yīng)的ΔS_____0(填“>”、“<”或“=”)。在______填“較高”或“較低”)溫度下有利于該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、C【解析】分析:先根據(jù)所給物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)判斷其反應(yīng)產(chǎn)物,再根據(jù)離子方程式書寫要求判斷離子方程式是否正確。詳解:鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣,A選項電荷不守恒,正確的是:2Na+2H2O=2Na++2OH–+H2↑,A選項錯誤;向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸生成硫酸鋇和水,1mol氫氧化鋇電離出2mol氫氧根離子,1mol硫酸電離出2mol氫離子,反應(yīng)的離子方程式:Ba2++2OH–+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,B選項錯誤;氨水是弱堿,氫氧化鋁溶于強(qiáng)堿,不溶于弱堿,向Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨,反應(yīng)的離子方程式:Al3++3NH3﹒H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,C選項正確;向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水生成碳酸鈣沉淀和氨氣,D選項錯誤,正確選項C。點睛:離子方程式正誤判斷規(guī)律(三“看”):

第一看:符不符(即是否符合反應(yīng)事實)

(1)反應(yīng)物和生成物不符:如:鐵和稀鹽酸的反應(yīng):2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑;(2)漏掉離子反應(yīng):如稀硫酸與氫氧化鋇的離子反應(yīng)寫為:Ba2++SO42-=BaSO4↓;(3)反應(yīng)物或產(chǎn)物的配比是否正確,是否符合題設(shè)條件及要求,如“過量”、“少量”、“足量”等情況:如:本題中的B選項配比不正確,D選項沒有考慮石灰水是足量的。

第二看:平不平(即元素守恒、電荷守恒、電子守恒)

⑴元素守恒:反應(yīng)前后各元素的原子個數(shù)相等;

⑵電荷守恒:方程式左右兩邊離子的電荷總數(shù)相等,如本題中的A選項;

⑶電子守恒(價守恒):對于氧化還原反應(yīng),反應(yīng)過程中元素化合價升高總數(shù)與降低總數(shù)相等;

第三看:拆不拆(即離子、分子形式的書寫是不是有問題)

⑴強(qiáng)酸、強(qiáng)堿和易溶于水的鹽要拆寫為離子,難溶物質(zhì)、難電離物質(zhì)、揮發(fā)性物質(zhì)、單質(zhì)、氧化物、非電解質(zhì)等要書寫為化學(xué)式;

⑵微溶物作為反應(yīng)物,若是澄清溶液拆寫為離子,若是懸濁液寫為化學(xué)式。微溶物作為生成物,一般寫為化學(xué)式,并標(biāo)“↓”符號;

⑶多元弱酸酸式根離子,在離子方程式中不能拆寫。2、C【解析】

弱離子水解反應(yīng)的實質(zhì)是:弱離子和水電離出的氫離子或氫氧根離子結(jié)合生成弱電解質(zhì)的過程,水解方程式用可逆號?!驹斀狻緼、是甲酸和水的電離方程式,故A錯誤;B、CO2+H2OHCO3-+H+是碳酸的一級電離方程式,AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-是復(fù)分解方程式,故B錯誤;C、CO32-+H2OHCO3-+OH-是碳酸的水解方程式,AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-是偏鋁酸根的水解方程式,故C正確;D、HS-+H2OS2-+H3O+是硫氫根離子的電離方程式,F(xiàn)e3++3H2OFe(OH)3+3H+是鐵離子水解的方程式,故D錯誤;故選C?!军c睛】本題考查學(xué)生水解方程式的書寫和水解原理知識,易錯點D,要將H3O+變成H2O和H+,HS-+H2OS2-+H3O+是硫氫根離子的電離方程式。3、A【解析】

進(jìn)行中和滴定時需要用錐形瓶、酸式滴定管、堿式滴定管等,不需要量筒,其中滴定管需要潤洗,事先不應(yīng)該用所盛溶液潤洗的儀器是錐形瓶。答案選A。4、C【解析】A.乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng),使溴水中水層褪色,溴在苯的溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于水中的溶解度,苯萃取溴水的溴,使溴水中水層褪色,二者褪色原理不同,選項A正確;B.乙烯的分子式為C2H4,乙醇可拆卸成C2H4·H2O,1molCH2=CH2完全燃燒消耗3molO2,1molC2H5OH完全燃燒消耗3molO2,二者消耗O2的質(zhì)量相等,選項B正確;C.乙酸乙酯的制備是在濃硫酸作用下進(jìn)行,硫酸與碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w,不能證明乙酸是否過量,選項C不正確;D、根據(jù)C4H11N分子中C、N、H原子之間都是以單鍵相連,以氮原子為中心,氮原子連一個甲基、一個甲基和一個乙基,有1種結(jié)構(gòu);氮原子連接一個氫原子、一個乙基、一個乙基,共1種;八種氮原子連一個氫原子、一個甲基和一個丙基,丙基有兩種,有2種結(jié)構(gòu);氮原子連兩個氫原子和一個丁基,丁基有4種,有4種結(jié)構(gòu);共有8種同分異構(gòu)體,選項D正確。答案選C。5、D【解析】

酸性條件下,亞硝酸鈉會產(chǎn)生一氧化氮和二氧化氮,所以亞硝酸鈉和胃酸作用的離子方程式為2NO2-+2H+═NO↑+NO2↑+H2O,N元素的化合價一半由+3價降低為+2價,另一半由+3價升高為+4價。【詳解】A、亞硝酸鈉中,N顯+3價,N元素的化合價既能升高又能降低,則NaNO2既具有氧化性又具有還原性,既可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色,又可以將二價鐵離子氧化為三價鐵離子,故A正確;B、食用"醋熘豆芽"中含有很多還原性較強(qiáng)的有機(jī)物,可以將亞硝酸鹽還原,因此其能減少亞硝酸鈉對人體的危害,故B正確;C、酸性條件下,亞硝酸鈉會產(chǎn)生一氧化氮和二氧化氮,所以亞硝酸鈉和胃酸作用的離子方程式為2NO2-+2H+=NO↑+NO2↑+H2O,故C正確;D、1molNaNO2在酸性條件下完全反應(yīng)生成NO和NO2,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol×1/2×(4-3)=0.5mol,D錯誤。故選D?!军c睛】本題考查元素化合物的性質(zhì),意在考查考生對氧化還原反應(yīng)原理的理解和應(yīng)用能力。6、D【解析】

A.M中含有Cl原子,不屬于芳香烴,A錯誤;B.M不能發(fā)生消去反應(yīng),B錯誤;C.M為對稱結(jié)構(gòu),其核磁共振氫譜有3個峰,C錯誤;D.M分子中若2個苯環(huán)確定的平面重合時,最多有23個原子共面,D正確;答案為D。7、C【解析】

強(qiáng)電解質(zhì)是指在水中完全電離成離子的化合物;弱電解質(zhì)是指在水中不完全電離,只有部分電離的化合物;在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)?!驹斀狻緼、Fe是單質(zhì),不是化合物,鐵既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì),故A錯誤;B、NH3是非電解質(zhì),本身不能電離出離子,BaSO4是鹽屬于強(qiáng)電解質(zhì),熔融狀態(tài)完全電離,故B錯誤;C、碳酸鈣是鹽屬于強(qiáng)電解質(zhì),碳酸是弱酸屬于弱電解質(zhì),乙醇是非電解質(zhì),故C正確;D、水能夠電離出氫離子和氫氧根離子,屬于弱電解質(zhì),故D錯誤;故選:C。8、D【解析】

A.用澄清石灰水與CO不反應(yīng),與CO2能夠反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀,溶液變渾濁,能夠鑒別,故A不選;B.苯和四氯化碳均不溶于水,但苯的密度小于水,四氯化碳的密度大于水,能夠鑒別,故B不選;C.Ba(OH)2與NH4Cl加熱時有刺激性氣味的氣體放出,與(NH4)2SO4加熱時生成白色沉淀和刺激性氣味的氣體,與K2SO4反應(yīng)生成白色沉淀,現(xiàn)象各不相同,能夠鑒別,故C不選;D.淀粉碘化鉀試紙遇到碘水和溴水均變成藍(lán)色,現(xiàn)象相同,不能鑒別,故D選;故選D。9、C【解析】

①淀粉、油脂、蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng);②“乙醇汽油”是在汽油中加入適量乙醇而制成的一種燃料;③乙酸與飽和碳酸鈉反應(yīng),乙酸乙酯與飽和碳酸鈉不反應(yīng);④石油的分餾為物理變化,煤的氣化為化學(xué)變化;⑤淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色,淀粉特性,葡萄糖含有醛基,屬于還原性糖;據(jù)以上分析解答?!驹斀狻竣俚矸邸⒂椭?、蛋白質(zhì)在一定條件下都能發(fā)生水解反應(yīng),淀粉水解的最終產(chǎn)物為葡萄糖,油脂酸性條件下水解成高級脂肪酸和甘油,蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物為氨基酸,正確;②“乙醇汽油”是在汽油中加入適量乙醇而制成的一種燃料,正確;③乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液,而乙酸與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成乙酸鈉、水和二氧化碳,所以混合后的溶液分層,靜置分液可除去乙酸乙酯中的乙酸,正確;④石油的分餾是利用物質(zhì)的沸點的不同分離物質(zhì)的方法,屬于物理變化,煤的氣化屬于化學(xué)變化,煤的氣化的主要反應(yīng)為C+H2OCO+H2,錯誤;⑤淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色是淀粉特性,葡萄糖是多羥基的醛,所以葡萄糖能與新制Cu(OH)2懸濁液發(fā)生反應(yīng),正確;正確的有4個,答案選C。10、D【解析】本題考查物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算。解析:溫度低于20℃時,氯化鈉飽和溶液中溶解的氯化鈉減少,所以飽和NaCl溶液的濃度小于cmol/L,故A正確;1L該溫度下的氯化鈉飽和溶液中,溶液質(zhì)量為:1000ρg,氯化鈉的質(zhì)量為cmol,所以氯化鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:58.5cg1000ρ×100%,B正確;1Lcmol/L飽和NaCl溶液中,n(NaCl)=cmol,m(NaCl)=58.5cg,則蒸干可好到58.5cgNaCl固體,C正確;20℃時,1L飽和NaCl溶液中溶解的氯化鈉的質(zhì)量為58.5cg,溶液質(zhì)量為1000ρ,則該溫度下氯化鈉的溶解度為:S=58.5cg(1000ρ-58.5)g×100g=故選D。點睛:解題時注意掌握物質(zhì)的量濃度的概念、飽和溶液中溶解度的概念及計算方法。11、B【解析】

根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式可知,該高分子化合物是加聚產(chǎn)物,但分子中含有酯基,所以其單體有丙烯醇和鄰苯二甲酸,答案選B。12、A【解析】

A.工作時,正極為次氯酸根離子與水反應(yīng)得電子,生成氫氧根離子,附近的溶液pH將會增大,A正確;B.鎂電池的鎂-次氯酸鹽電池負(fù)極反應(yīng)式是Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2,B錯誤;C.鎂電池充電時負(fù)極發(fā)生還原反應(yīng)生成鎂,C錯誤;D.將鎂電池活化使用稀硫酸,則會產(chǎn)生氫氣,造成電池起鼓、破裂,D錯誤;答案為A13、B【解析】A.向混有苯酚的苯中加入濃溴水,生成的三溴苯酚仍可溶于苯中,A錯誤;B.向酸性KMnO4溶液中滴加維生素C溶液,KMnO4溶液褪色,說明維生素C有還原性,B正確;C.向淀粉溶液中加稀硫酸,加熱,加新制Cu(OH)2濁液,由于沒有先加堿把硫酸中和,所以不可能產(chǎn)生紅色沉淀,C不正確;D.向NaOH溶液中加入溴乙烷,加熱,再加入AgNO3溶液,產(chǎn)生沉淀,由于沒有先加稀硝酸將溶液酸化,過量的堿也可以與AgNO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生沉淀,所以D不正確。本題選B。14、A【解析】

A.分子晶體由固體變?yōu)闅怏w,克服分子間作用力,C60、干冰均為分子晶體,則C60氣化和干冰升華克服的作用力相同,故A正確;B.有的分子晶體不溶于水,如乙酸乙酯、單質(zhì)硫等,不發(fā)生電離,不能導(dǎo)電,故B錯誤;C.氯化鈉為離子晶體,HCl為分子晶體,氯化鈉溶于水破壞離子鍵,氯化氫溶于水破壞共價鍵,故C錯誤;D.穩(wěn)定性是化學(xué)性質(zhì),HF比HCl穩(wěn)定,是因為非金屬性F強(qiáng)于Cl,與氫鍵無關(guān),故D錯誤;答案選A。15、C【解析】

A.若閉合K1,該裝置沒有外接電源,所以構(gòu)成了原電池,較活潑的金屬鐵作負(fù)極,負(fù)極上鐵失電子,F(xiàn)e?2e?=Fe2+,故A錯誤;B.若閉合K1,該裝置沒有外接電源,所以構(gòu)成了原電池;不活潑的石墨棒作正極,正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e?=4OH?,所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高,故B錯誤;C.

K2閉合,F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極,鐵棒不會被腐蝕,屬于外加電源的陰極保護(hù)法,故C正確;D.

K2閉合,電路中通過0.4NA個電子時,陰極生成0.2mol氫氣,陽極生成0.2mol氯氣,兩極共產(chǎn)生0.4mol氣體,狀況不知無法求體積,故D錯誤。本題選C?!军c睛】若閉合K1,該裝置沒有外接電源,所以構(gòu)成了原電池;組成原電池時,較活潑的金屬鐵作負(fù)極,負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng);石墨棒作正極,正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應(yīng);若閉合K2,該裝置有外接電源,所以構(gòu)成了電解池,F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極,碳棒與正極相連為陽極,據(jù)此判斷。16、D【解析】分析:A、氧化劑氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物氧化性,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性Br2>Fe3+;B、由元素化合價可知,反應(yīng)中只有亞鐵離子被氧化,結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒計算判斷.C、由信息可知,ClO3-氧化Cl-為Cl2,Cl-中Cl元素化合價由-1價升高為0價,ClO3-中Cl元素化合價由+5價降低為0價,生成3molCl2轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是5mol.D、反應(yīng)中KMnO4→MnSO4,Mn元素化合價由+7價降低為+2價,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,H2O2中氧元素化合價升高,應(yīng)生成氧氣,根據(jù)元素守恒還生成水.詳解:A、氧化劑氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物氧化性,由③可知氧化性MnO4->Cl2,由②可知氧化性Cl2>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性Br2>Fe3+,故A錯誤。B、由元素化合價可知,反應(yīng)中只有亞鐵離子被氧化,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒2n(Cl2)=n(FeBr2),即n(C12):n(FeBr2)=1:2,故B錯誤;C、由信息可知,ClO3-氧化Cl-為Cl2,Cl-中Cl元素化合價由-1價升高為0價,ClO3-中Cl元素化合價由+5價降低為0價,生成3molCl2轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是5mol,故C錯誤;D、反應(yīng)中KMnO4→MnSO4,Mn元素化合價由+7價降低為+2價,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,H2O2中氧元素化合價升高,生成氧氣,根據(jù)H元素守恒可知還生成水,故D正確;故選D。17、B【解析】

根據(jù)題給信息可知,在碳碳雙鍵的碳上有一個氫原子,能被酸性高猛酸鉀溶液氧化成羧基,沒有氫原子則被氧化成酮羰基,根據(jù)生成物為(CH3)2CO、CH3COOH、CH3CO(CH2)2COOH三種有機(jī)物,則可推出該二烯烴可能為(CH3)2C=CHCH2CH2C(CH3)=CHCH3,答案選B。18、B【解析】

根據(jù)構(gòu)造原理可知,當(dāng)4p軌道填充一半時,3d已經(jīng)排滿10個電子,所以原子序數(shù)為2+8+18+5=33,答案是B。19、D【解析】①H3O+中O提供孤電子對,H+提供空軌道,二者形成配位鍵,H3O+含有配位鍵;②Cu2+有空軌道,NH3中的氮原子上的孤電子對,可以形成配位鍵,[Cu(NH3)4]2+含有配位鍵;③CH3COO?中碳和氧最外層有8個電子達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu),氫滿足2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),無空軌道,無孤電子對,電子式為,不含有配位鍵;④NH3為共價化合物,氮原子中最外層有8個電子達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu),分子中存在兩個H?N鍵,氫滿足2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),無空軌道;⑤CO為共價化合物,分子中氧提供孤電子對,碳提供空軌道;本題選D。20、B【解析】

該有機(jī)物含酚-OH、醇-OH、-COOH、-CHO,結(jié)合酚、醇、羧酸的性質(zhì)來解答?!驹斀狻糠?OH、醇-OH、-COOH均與Na反應(yīng),則1mol該有機(jī)物與Na反應(yīng)消耗3molNa,酚-OH、-COOH與NaOH反應(yīng),則1mol該物質(zhì)消耗2molNaOH,只有-COOH與NaHCO3反應(yīng),則1mol該物質(zhì)消耗1molNaHCO3,所以Na、NaOH、NaHCO3分別與等物質(zhì)的量的該物質(zhì)恰好反應(yīng)時,Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為3:2:1。答案選B?!军c睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì),題目難度不大,注意把握有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)為解答該題的關(guān)鍵,熟悉酚、醇、羧酸的性質(zhì)即可解答,注意苯酚不與碳酸氫鈉反應(yīng),為易錯點。21、A【解析】

塑料屬于合成高分子化合物,結(jié)合常見的塑料分析判斷。【詳解】A.PVC屬于塑料,故A正確;B.錦綸屬于合成纖維,故B錯誤;C.輪胎屬于復(fù)合材料,故C錯誤;D.棉花屬于天然纖維,故D錯誤;故選A?!军c睛】本題考查了有機(jī)合成材料的分類,掌握常見的有機(jī)合成材料是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為B,要注意常見的塑料有聚乙烯、聚丙烯、酚醛樹脂等,常見的合成纖維有六大綸;常見的合成橡膠有聚異戊二烯等。22、D【解析】

A.Br-的核外電子排布式為:[Ar]3d104s24p6,故A錯;B.Na的簡化電子排布式:[Ne]3s1,故B錯;C.氮原子的最外層電子軌道表示式為:,故C錯;D.價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第VA族,是p區(qū)元素,是正確的,故D正確。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、AB消去反應(yīng)保護(hù)酚羥基,防止在反應(yīng)②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【解析】

A的結(jié)構(gòu)簡式為,A發(fā)生水解反應(yīng)得到C與,可知C為CH3COOH,由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知,與氫氣發(fā)生加成生成F為,G的分子式為C7H12O,則F發(fā)生消去反應(yīng)得到G,G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應(yīng)生成H,若H與G分子具有相同的碳原子數(shù),且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)生成4mol單質(zhì)銀,則H中含有2個-CHO,則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應(yīng),可推知G為,H為.與氫氧化鈉水溶液放出生成B為,B發(fā)生催化氧化生成D,D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng),酸化得到E,則D為,E為,反應(yīng)①的目的是保護(hù)酚羥基,防止在反應(yīng)②中被氧化,E與是a反應(yīng)得到,反應(yīng)中羧基發(fā)生反應(yīng),而酚羥基不反應(yīng),故試劑a為NaHCO3溶液,據(jù)此解答.【詳解】A的結(jié)構(gòu)簡式為,A發(fā)生水解反應(yīng)得到C與,可知C為CH3COOH,由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知,與氫氣發(fā)生加成生成F為,G的分子式為C7H12O,則F發(fā)生消去反應(yīng)得到G,G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應(yīng)生成H,若H與G分子具有相同的碳原子數(shù),且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)生成4mol單質(zhì)銀,則H中含有2個-CHO,則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應(yīng),可推知G為,H為.與氫氧化鈉水溶液放出生成B為,B發(fā)生催化氧化生成D,D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng),酸化得到E,則D為,E為,反應(yīng)①的目的是保護(hù)酚羥基,防止在反應(yīng)②中被氧化,E與是a反應(yīng)得到,反應(yīng)中羧基發(fā)生反應(yīng),而酚羥基不反應(yīng),故試劑a為NaHCO3溶液,

(1)A.C為CH3COOH,C的官能團(tuán)為羧基,故A正確;B.A為,酯基、酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng),1molA最多可以和2molNaOH反應(yīng),故B正確;C.C為CH3COOH,可以發(fā)生氧化反應(yīng)、取代反應(yīng),不能發(fā)生加成反應(yīng),故C錯誤;D.中羥基的鄰位碳上沒有氫原子,所以不能發(fā)生消去反應(yīng),故D錯誤;故答案為AB;(2)由上述分析可知,F(xiàn)為,由上述發(fā)生可知F到G的反應(yīng)類型為消去反應(yīng);(3)反應(yīng)①的作用是:是保護(hù)酚羥基,防止在反應(yīng)②中被氧化,合適的試劑a為NaHCO3溶液;(4)同時滿足下列條件的A()的同分異構(gòu)體:Ⅰ.與A有相同的官能團(tuán),含有羥基、酯基;Ⅱ.屬于苯的鄰二取代物,Ⅲ.遇FeCl3溶液顯紫色,含有酚羥基,Ⅲ.1H-NMR分析,分子中有8種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,苯環(huán)與酚羥基含有5種H原子,則另外側(cè)鏈含有3種H原子,故另外側(cè)鏈為-CH2CH2OOCH,-CH(CH3)OOCH,結(jié)構(gòu)簡式為:和;(5)H的結(jié)構(gòu)簡式為,與足量的新制銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為?!军c睛】解有機(jī)推斷的關(guān)鍵是能準(zhǔn)確根據(jù)反應(yīng)條件推斷反應(yīng)類型:(1)在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng),可能是酯的水解反應(yīng)或鹵代烴的水解反應(yīng)。(2)在NaOH的乙醇溶液中加熱,發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)。(3)在濃H2SO4存在的條件下加熱,可能發(fā)生醇的消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、成醚反應(yīng)或硝化反應(yīng)等。(4)能與溴水或溴的CCl4溶液反應(yīng),可能為烯烴、炔烴的加成反應(yīng)。(5)能與H2在Ni作用下發(fā)生反應(yīng),則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應(yīng)或還原反應(yīng)。(6)在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下,發(fā)生醇的氧化反應(yīng)。(7)與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應(yīng),則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應(yīng)。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2,則為醇→醛→羧酸的過程)。(8)在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應(yīng)。(9)在光照、X2(表示鹵素單質(zhì))條件下發(fā)生烷基上的取代反應(yīng);在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。24、CH3COOH加成反應(yīng)③>①>②bc2124【解析】乙醇與丙二酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成E,結(jié)合E的分子式可知,E的結(jié)構(gòu)簡式為C2H5OOC-CH2-COOC2H5,E與發(fā)生信息Ⅱ中反應(yīng)生成F,F(xiàn)系列反應(yīng)得到香豆素-3-羧酸,由香豆素-3-羧酸的結(jié)構(gòu),可知W為,則F為,F(xiàn)發(fā)生信息I中反應(yīng)生成G,C分子中含有2個六元環(huán),則G為。A的相對分子質(zhì)量為60,由ClCH2COOH結(jié)構(gòu)可知乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成A為CH3COOH,ClCH2COOH與氫氧化鈉溶液反應(yīng)、酸化得到C為HOCH2COOH,C發(fā)生催化氧化得到D為OHC-COOH,D與苯酚發(fā)生加成反應(yīng)生成對羥基扁桃酸為。(1)由上述分析可知,A的結(jié)構(gòu)簡式是CH3COOH,故答案為:CH3COOH;(2)D→4-羥基扁桃酸的化學(xué)方程式是:OHC-COOH+,其反應(yīng)類型為加成反應(yīng),故答案為:加成反應(yīng);(3)

中①為酚羥基,有弱酸性,且酸性比碳酸弱,②為醇羥基,中性基團(tuán),③為羧基,弱酸性,但酸性一般比碳酸強(qiáng),則3

個-OH

的電離能力由強(qiáng)到弱的順序是③>①>②,故答案為:③>①>②;(4)發(fā)生分子內(nèi)酯化,生成香豆素-3-羧酸,反應(yīng)的化學(xué)方程式是+H2O,故答案為:+H2O;(5)F的結(jié)構(gòu)簡式是。a.不飽和碳原子連接2個-COOC2H5,沒有順反異構(gòu),故a錯誤;b.F分子中不含醛基,故b正確;c.含有碳碳雙鍵與苯環(huán),可以發(fā)生加成反應(yīng),含有酯基,可以發(fā)生水解反應(yīng),酯基、酚羥基均可以發(fā)生取代反應(yīng),故c正確;d.1molF與足量的溴水反應(yīng),苯環(huán)上羥基的鄰位和對位有2個氫原子,消耗2mol溴,碳碳雙鍵消耗1mol溴,共消耗3molBr2,故d錯誤;故選:bc;(6)①H的分子結(jié)構(gòu)簡式為,分子結(jié)構(gòu)中含有酚羥基和酯基,均能和NaOH溶液反應(yīng),含有的醇羥基不與NaOH溶液反應(yīng),則1mol

在一定條件下與足量

NaOH

溶液反應(yīng),最多消耗

NaOH

的物質(zhì)的量為2mol,故答案為:2;②I的結(jié)構(gòu)簡式為,其符合下列條件:a.屬于一元羧酸類化合物,說明分子結(jié)構(gòu)中有一個羧基;b.苯環(huán)上只有

2

個取代基,則二個取代基的位置有鄰、間及對位三種可能,其中一個是羥基,另一個取代基可能是:-CHBrCH2COOH、-CH2CHBrCOOH、-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH,則符合條件的I的同分異構(gòu)體共有3×4=12種,故答案為:12;③副產(chǎn)物有多種,其中一種是由

2

分子

4-羥基扁桃酸生成的含有

3

個六元環(huán)的化合物,該化合物為4-羥基扁桃酸2分子間酯化生成的六元環(huán)酯,其分子結(jié)構(gòu)對稱,含有酚羥基的氫、酯環(huán)上的一個氫原子及苯環(huán)上酚羥基鄰位及間位上的氫,共有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,故答案為:4。點睛:本題考查有機(jī)物的推斷與合成,需要學(xué)生對給予的信息進(jìn)行充分利用,注意根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)利用正、逆推法相結(jié)合進(jìn)行推斷,側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力。本題的易錯點為(6)中同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷。25、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能,理由:FeO42?在過量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2,溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色(若不能,方案:向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4,觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色)【解析】分析:(1)KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)制Cl2;由于鹽酸具有揮發(fā)性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl會消耗Fe(OH)3、KOH,用飽和食鹽水除去HCl;Cl2與Fe(OH)3、KOH反應(yīng)制備K2FeO4;最后用NaOH溶液吸收多余Cl2,防止污染大氣。(2)①根據(jù)制備反應(yīng),C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,Cl2還會與KOH反應(yīng)生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液,溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,自身被還原成Fe3+。II.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干擾判斷;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾,同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據(jù)同一反應(yīng)中,氧化性:氧化劑>氧化產(chǎn)物。對比兩個反應(yīng)的異同,制備反應(yīng)在堿性條件下,方案II在酸性條件下,說明酸堿性的不同影響氧化性的強(qiáng)弱。③判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對實驗結(jié)論的干擾。詳解:(1)①A為氯氣發(fā)生裝置,KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)時,錳被還原為Mn2+,濃鹽酸被氧化成Cl2,KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl會消耗Fe(OH)3、KOH,用飽和食鹽水除去HCl,除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應(yīng)有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,還有Cl2與KOH的反應(yīng),Cl2與KOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。(2)①根據(jù)上述制備反應(yīng),C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液,溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產(chǎn)生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應(yīng),根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2,自身被還原成Fe3+,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒,可能的反應(yīng)為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干擾判斷;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾,同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在該反應(yīng)中Cl元素的化合價由0價降至-1價,Cl2是氧化劑,F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價,F(xiàn)e(OH)3是還原劑,K2FeO4為氧化產(chǎn)物,根據(jù)同一反應(yīng)中,氧化性:氧化劑>氧化產(chǎn)物,得出氧化性Cl2>FeO42-;方案II的反應(yīng)為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,實驗表明,Cl2和FeO42-氧化性強(qiáng)弱關(guān)系相反;對比兩個反應(yīng)的條件,制備K2FeO4在堿性條件下,方案II在酸性條件下;說明溶液的酸堿性的不同影響物質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱。③該小題為開放性試題。若能,根據(jù)題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2,最后溶液中不存在FeO42-,溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色,說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-,所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。(或不能,因為溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c(FeO42-)變小,溶液的紫色也會變淺;則設(shè)計一個空白對比的實驗方案,方案為:向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4,觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色)。點睛:本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質(zhì)探究。與氣體有關(guān)的制備實驗裝置的連接順序一般為:氣體發(fā)生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進(jìn)行物質(zhì)性質(zhì)實驗探究是要排除其他物質(zhì)的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案,要注重多角度思考。26、Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+除去草酸根離子,避免干擾步驟3中Fe2+的滴定將Fe3+還原為Fe2+加入最后一滴KMnO4溶液時,溶液變?yōu)闇\紫紅色,且30s內(nèi)淺紫紅色不褪去ABC20.0%【解析】分析:(1)草酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體,膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用;

(2)步驟2中用KMnO4將草酸氧化生成二氧化碳,除去草酸根離子,避免干擾步驟3中Fe2+的滴定;(3)加入鋅粉的目的是還原鐵離子;

(4)高錳酸鉀溶液為紫紅色,滴入最后一滴溶液變?yōu)樽霞t色且半分鐘不變說明反應(yīng)達(dá)到終點;

(5)根據(jù)滴定誤差分析的方法判斷,誤差可以歸結(jié)為標(biāo)準(zhǔn)液的體積消耗變化分析誤差,c(待測)=c(標(biāo)準(zhǔn))V(標(biāo)準(zhǔn))V(待測)

;

A.酸式滴定管要用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗;

B.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡,滴定后氣泡消失,讀取標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大;D.錐形瓶在滴定時劇烈搖動,有少量液體濺出,反應(yīng)消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積減??;

(6)根據(jù)離子方程式計算,n(Fe)=5n(MnO4-),可以計算n(Fe),然后可以計算晶體中鐵的含量。詳解:(1)草酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體,膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用,反應(yīng)的離子方程式為:Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+,

因此,本題正確答案是:Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+;

(2)步驟2中用KMnO4將草酸氧化生成二氧化碳,除去草酸根離子,避免干擾步驟3中Fe2+的滴定,因此,本題正確答案是:除去草酸根離子,避免干擾步驟3中Fe2+的滴定;(3)加入鋅粉的目的是將Fe3+還原為Fe2+,

因此,本題正確答案是:將Fe3+還原為Fe2+;

(4)高錳酸鉀溶液為紫紅色,反應(yīng)終點判斷為:加入最后一滴KMnO4溶液時,溶液變?yōu)闇\紫紅色,且30s內(nèi)淺紫紅色不褪去,

因此,本題正確答案是:加入最后一滴KMnO4溶液時,溶液變?yōu)闇\紫紅色,且30s內(nèi)淺紫紅色不褪去;(5)A.酸式滴定管要用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗,滴定管用蒸餾水洗滌后,立即裝入標(biāo)準(zhǔn)液,標(biāo)準(zhǔn)液濃度減小,消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積增大,測定結(jié)果偏高,故A符合;

B.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡,滴定后氣泡消失,讀取標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大,測定結(jié)果偏高,故B符合;

C.讀取標(biāo)準(zhǔn)液體積時,滴定前平視讀數(shù),滴定后仰視讀數(shù),讀取標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大,測定結(jié)果偏高,故C符合;D.錐形瓶在滴定時劇烈搖動,有少量液體濺出,反應(yīng)消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積減小,測定結(jié)果偏低,故D不符合;因此,本題正確答案是:ABC;

(6)用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點,消耗KMnO4溶液V1mL,滴定中MnO4-被還原成Mn2+。重復(fù)步驟2、步驟3的操作2次,分別滴定消耗0.0200mol/LKMnO4溶液為V2、V3mL,計算平均值,實驗3數(shù)值誤差較大舍去,消耗體積V=20.02+19.982mL=20.00mL,

鐵元素守恒,高錳酸鉀溶液滴定亞鐵離子發(fā)生的反應(yīng)為5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O

51

n0.0200mol/L×0.0200L

=0.0004mol

5n=10.0004mol,解得n=0.002mol,

250mL溶液中含鐵元素物質(zhì)的量5.6g草酸鐵晶體中鐵的含量=

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