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湖南省 2023-2024学年高三化学上学期第二次月考试题(Word版附解析)

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常德市一中2023年下学期高三第二次月水平检测化学可能用到的相对原子质量:H1N14O16Si28S32Cl35.5一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42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.下列表示正确的是A.基态Fe的电子排布式:[Ar]3d6B.H2O的VSEPR模型:C.MgH2的电子式D.二氯乙烷的结构简式:ClCH2CH2Cl【答案】B【解析】【详解】A.基态Fe的电子排布式:[Ar]3d64s2,A错误;B.水中中心原子O上有2个键和两个孤电子对,故H2O的VSEPR模型:,B正确;C.MgH2中,阳离子与阴离子的比例为2比1,故应将阴离子置于阳离子的两侧,C错误;D.二氯乙烷的结构有两种,分别为ClCH2CH2Cl和CH3CHCl2,D错误;故选B。2.化学与人类生产生活、社会可持续发展密切相关,下列说法正确的是A.“天宫一号”中使用的碳纤维,是一种新型材料B.二氧化硫是一种有毒物质,不能添加到任何食品中C.桐油(一种植物的种子榨出的油)属于天然高分子化合物,不溶于水D.大多数胶体带电,利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”【答案】A【解析】【详解】A.“天宫一号”中使用的碳纤维,碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料,是一种新型无机非金属材料,A正确; B.二氧化硫具有还原性,常用作葡萄酒的抗氧剂,B错误;C.桐油为油脂,不溶于水,但不属于天然高分子化合物,C错误;D.胶体不带电,呈电中性,胶体中的分散质粒子带电,D错误;故选A。3.已知:①固体的熔点为300℃;②无水晶体易升华;③熔融状态的不能导电,稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液,下列关于、和的说法正确的是A.均为弱电解质B.均为离子化合物C.的水溶液导电能力很弱,说明其难溶于水D.在水中的电离方程式可能是【答案】D【解析】【详解】A.AlCl3是强电解质,溶于水完全电离,故A错误;B.无水氯化铝易升华,熔融状态HgCl2不导电说明都是共价化合物,故B错误;C.的水溶液导电能力很弱,不能说明难溶于水,故C错误;D.的水溶液导电能力很弱,说明HgCl2可能是弱电解质,电离是可逆过程,电离方程式可能是,故D正确;答案选D4.价类二维图是学习元素化合物的工具之一,a~g分别表示氯元素的不同价态所对应的物质,其关系如图所示,下列说法正确的是A.存在a→b→d→a的循环转化关系B.c属于酸性氧化物 C.物质的酸性:D.f与g的钠盐溶液混合一定生成有毒气体【答案】A【解析】【分析】由图可知,a为氯化氢、b为氯气、c为二氧化氯、d为次氯酸、e为高氯酸、f为次氯酸盐、g为金属氯化物。【详解】A.氯化氢具有还原性,能与合适的氧化剂反应生成氯气,氯气与水反应盐酸和次氯酸,次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气,则氯元素及其化合物存在a→b→d→a的循环转化关系,故A正确;B.二氧化氯中氯元素为+4价,氯元素不存在+4价的含氧酸,则二氧化氯不属于氧化物,故B错误;C.次氯酸为弱酸,盐酸为强酸,则次氯酸的酸性弱于盐酸,故C错误;D.碱性条件下,氯化钠溶液和次氯酸钠溶液不发生反应,不可能生成有毒的气体,故D错误;故选A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.16g氨基(-NH2)含有的电子数为9NAB.60gSiO2中的Si-O共价键的数目为2NAC.高温下,1molC(s)与足量的CO2充分反应,产生CO分子数为2NAD.一定温度下,1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液含NH均为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A.16g氨基的物质的量为1mol,1mol氨基含有9mol电子,A正确;B.60gSiO2的物质的量为1mol,1molSiO2中含有4molSi-O键,B错误;C.C(s)与CO2反应生成CO的反应为可逆反应,不能进行到底,C错误;D.一定温度下0.5mol/LNH4Cl溶液与0.25mol/LNH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量不同,水解程度不同,所以溶液中NH的物质的量不同,D错误;故选A。6.用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体,下列说法错误的是 A.整个过程中作催化剂B.反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应C.过程Ⅰ中发生的反应为D.总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为【答案】C【解析】【详解】A.总反应的方程式为,故是整个反应的催化剂,故A正确;B.两步反应中都有元素化合价变化,反应均为氧化还原反应,故B正确;C.过程Ⅰ中发生的反应为:,故C错误;D.总反应的方程式为,故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x,故D正确;故答案为C。【点睛】本题以汽车尾气中的和转化为载体,体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。7.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,它们组成一种团簇分子,结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数为6,下列说法正确的是A.Z和M的合金可用于制造飞机和宇宙飞船B.第一电离能:Y>M>ZC.该物质中Y杂化方式为杂化D.简单离子半径:Z>M>Y【答案】A【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,X、M的族序数均等于周期序数,Y原子核外最外层电子数为6,则X是H,M是Al,Y是O,根据团簇分子结构发现Z的原子半径大于M,大于Y,所以Z元素应该和M同周期,再结合团簇分子发现,H原子2个,O原子6个,Al原子2个,Z原子2 个,根据化合物化合价总和推断出Z元素是Mg。【详解】A.镁铝合金密度小、强度高,具有较强的抗腐蚀能力,是制造飞机和宇宙飞船的理想材料,A项正确;B.非金属元素第一电离能通常大于金属元素第一电离能,Mg最外层电子排布式为全满而稳定,第一电离能比Al大,即第一电离能Y>Z>M,B项错误;C.该物质中O的杂化方式应为杂化,C项错误;D.电子层结构相同时,核电荷数越大半径越小,则简单离子半径:Y>Z>M,D项错误;故选A。8.19世纪科学家提出H2O2与Cl2作用的反应过程如下:反应Ⅰ:Cl2+H2O2=HCl+HOOCl反应Ⅱ:HOOCl=HCl+O2下列说法正确的是A.氧化性:O2>Cl2B.反应Ⅰ中H2O2作还原剂C.反应Ⅰ中每消耗0.1molCl2,转移0.1mole-D.每产生22.4LO2,则至少消耗Cl21mol【答案】C【解析】【详解】A.由反应Ⅰ知,氧化性Cl2>HOOCl,由反应Ⅱ知,氧化性HOOCl>O2,故氧化性Cl2>O2,A错误;B.反应Ⅰ中,氯气的化合价从0价既升高到+1价,又降低到-1价,即是氧化剂又是还原剂,水的化合价没有变化,既不是氧化剂,也不是还原剂,B错误;C.反应Ⅰ中,氯气的化合价从0价既升高到+1价,又降低到-1价,每消耗0.1molCl2,转移0.1mole-,C正确;D.未注明是否为标准状况,不能计算产生的氧气的质量,D错误;故选C。9.室温下,实验小组用氢氧化钠溶液滴定浓度均为的和溶液,用传感仪记录数据得下图。已知电解质的电导率越大,电解质溶液导电能力越强。下列说法正确的是 A.曲线②代表滴定醋酸溶液的曲线B.图中D点溶液中C.图中A点溶液中D.室温下在溶液中A、B、C三点水的电离程度【答案】B【解析】【详解】A.醋酸是弱电解质、HCl是强电解质,相同浓度的盐酸和醋酸,离子浓度:盐酸>醋酸,则开始时醋酸溶液电导率较小,根据图知,曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线,故A错误;B.D点溶液中溶质为NaCl、NaOH,且存在c(NaCl)=2c(NaOH),溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),存在物料守恒2c(Na+)=3c(Cl-),所以存在c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+),故B正确;C.A点酸碱恰好完全反应生成醋酸钠,溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+),溶液体积增大一倍导致其浓度降为原来的一半,所以A点c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.050 mol•L-1,故C错误;D.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大,其抑制水电离程度越大,A点溶质为醋酸钠,促进水电离,C点溶质为NaCl,不影响水电离,B点溶质为NaOH、CH3COONa,抑制水电离,所以A、B、C三点水的电离程度:A>C>B,故D错误;故选:B。10.可降解塑料PCL的合成路线如下:下列说法错误的是A.可用饱和溴水鉴别X和YB.Z→W发生的是氧化反应 C.W发生缩聚反应得到PCLD.W和PCL在氢氧化钠溶液中均可水解,且产物相同【答案】C【解析】【分析】苯酚与在Ni催化下加热,生成环己醇,则Y是环己醇,Z与过氧乙酸发生氧化反应,生成,则W中含有酯基,W在一定条件下酯基断键聚合生成PCL。【详解】A.X是苯酚,Y是环己醇,苯酚与溴水可以反应,生成三溴苯酚白色沉淀,环己醇与溴水不反应,A正确;B.由题干可知Z→W的反应为过氧乙酸氧化Z生成W,发生氧化反应,B正确;C.缩聚反应有小分子生成,而W到PCL过程没有小分子生成,C错误;D.W含有酯基,PCL是W聚合反应得到的,均含有酯基,均可在氢氧化钠溶液中水解,得到相同的水解产物,D正确;故选C。11.下列离子方程式正确的是A.的溶液水解:B.滴定反应:C.向溶液中通入气体,出现白色沉淀:D.硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合生成沉淀并有气泡产生:【答案】D【解析】【详解】A.的溶液水解离子方程式为,A错误;B.高锰酸钾是氧化剂,双氧水是还原剂,电子得失不守恒,正确的离子方程式为,B错误;C.向溶液中通入气体,二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀,正确的离子方程式为,C错误;D.,,产生FeCO3沉淀后,上述平衡正向移动,H+ 浓度增大,再与反应产生CO2,故得,D正确;故选D。12.化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是选项实验目的选用试剂(或操作)实验装置A验证Fe2+和Br-的还原性强弱取适量FeBr2溶液,通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应),一段时间后,将溶液放入CCl4中摇匀、静置甲B制备氢氧化亚铁取新制FeSO4溶液,滴加NaOH溶液乙C除去CO2中少量的SO2、H2O(g)试剂a为饱和碳酸钠溶液丙D制备AlCl3固体蒸发AlCl3饱和溶液丁A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.少量Cl2与FeBr2充分反应,将混合液滴入CCl4中,溶液分层,上层黄色,下层无色,说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+,证明Fe2+的还原性比Br-强,A选项正确;B.Fe2+易被空气中氧气氧化,此方法无法实现Fe(OH)2的制备,B选项错误;C.CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3,C选项错误;D.由于铝离子的水解,氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝,D选项错误; 答案选A。13.碘(I2)主要用于制药物、染料等。一种从除氯后含碘海水(主要含Na+和I-)制备I2的方法如图所示:下列有关说法正确的是A.“沉碘”时可以用淀粉溶液检验反应是否完全B.“置换”反应的离子方程式为Fe+3AgI=3Ag+Fe3++3I-C.“氧化”后可以用酒精萃取含I2溶液中的I2D.已知I2晶胞如图所示(I2分别位于晶胞顶点和面心),1个晶胞中含有4个碘分子【答案】D【解析】【分析】除氯后含碘海水中加入硝酸银沉碘,会生成AgI沉淀,得到的悬浊液中加入铁粉,铁粉将AgI还原生成Ag,反应的离子方程式为:,滤渣中含Ag和Fe,滤液中含亚铁离子和碘离子,通入适量氯气,碘离子先参与反应生成碘单质。【详解】A.沉碘时溶液中碘元素的存在形式为碘离子,不能用淀粉溶液检验碘离子是否反应完全,A错误;B.置换反应的离子方程式为:,B错误;C.酒精与水互溶,不能用酒精萃取碘水中的碘单质,C错误;D.根据晶胞结构,用均摊法计算碘分子个数:个,D正确;故选D。14.下列所述知识类比推理正确的是①AgNO3溶液和过量NaOH溶液反应先生成白色沉淀,然后沉淀转化为灰色,则AgNO3溶液和过量NH3×H2O反应现象也相同。②少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀,则少量CO2通入BaCl2溶液也产生白色沉淀。③乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸,则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸。 ④HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2;推出HBr一定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2。A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】【详解】A.①AgOH不溶于NaOH溶液,但能溶于氨水生成银氨溶液,最后得到澄清的银氨溶液,所以AgNO3溶液分别和过量NaOH溶液、过量氨水反应现象不同,A错误;B.②碳酸的酸性小于盐酸的酸性,CO2和BaCl2溶液不反应,则少量CO2通入BaCl2溶液没有明显现象,B错误;C.③乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸,则乙二醇被足量酸性高锰酸钾氧化成乙二酸,并进一步氧化成CO2,C错误;D.④HBr的还原性大于HCl,HCl一定条件下能被NaBiO3氧化为Cl2,所以推出HBr在一定定条件下也能被NaBiO3氧化为Br2,D正确;故选D。二、非选择题:本题共4小题,共58分。15.二水合磷酸二氢锰具有广泛用途,被用作防锈剂。某化工厂拟用软锰矿(含MnO2及少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料生产Mn(H2PO4)2×2H2O,其工艺流程如下所示:回答下列问题:(1)滤渣①的主要成分是_______,适量的Na2SO3固体的作用是_______;(2)浸锰时,FeO生成Fe3+的离子方程式为_________;(3)可用_______(填试剂名称)溶液检验滤液①中是否含有Fe2+;(4)试剂X为钠的正盐,从环保、经济角度,X最好为_______(写化学式);(5)“沉锰”后需要过滤、洗涤沉淀,检验该沉淀洗涤干净的方法是______;(6)“萃取分液”时,Fe3+的萃取率与pH的关系如图,如pH>1.7后,随pH增大,Fe3+萃取率下降的原因是_______。 【答案】(1)①.SiO2②.作还原剂,将MnO2还原为Mn2+(2)2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O(3)铁氰化钾或酸性高锰酸钾(4)Na2CO3(5)取少量最后一次洗涤液于试管中,先加足量盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,若没有白色沉淀生成,则沉淀已洗涤干净,反之则没有(6)pH>1.7之后,促使水解平衡正向移动,溶液中Fe3+浓度降低,所以萃取率下降【解析】【分析】软锰矿中有MnO2,FeO,Al2O3,SiO2等,根据流程图和结合题目中信息,我们要分析到这些元素的最终去处,浸锰中生成了Fe3+、Al3+、Mn2+,滤渣①是二氧化硅,萃取分液的目的是除去Fe3+离子,调节pH是除去Al3+离子,最后沉锰、酸溶得到产品。【小问1详解】由分析可知,滤渣①的主要成分是SiO2;亚硫酸钠具有还原性,则加入Na2SO3的作用是把MnO2还原为Mn2+离子;【小问2详解】FeO是被MnO2氧化为Fe3+离子,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得出离子方程式为:;【小问3详解】铁氰化钾遇到铁会生成蓝色沉淀,二价铁具有还原性,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,故检验二价铁的试剂是:铁氰化钾或酸性高锰酸钾;【小问4详解】沉锰所用试剂要求经济环保,不会引入杂质离子,应该选用碳酸盐,MnCO3是沉淀,沉淀再酸溶不会引入杂质,故选择Na2CO3;【小问5详解】洗涤沉淀主要是洗去沉淀表面吸附的杂质离子,检验是否洗净主要检验容易检出的离子,由题可知溶液中有硫酸根离子容易检验,因此取少量最后一次洗涤液于试管中,先加足量盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,若没有白色沉淀生成,则沉淀已洗涤干净,反之则没有; 【小问6详解】在滤液①中存在下述水解平衡,如pH>1.7之后,水解平衡正向移动,溶液中浓度降低,所以萃取率下降,故答案为:pH>1.7之后,促使水解平衡正向移动,溶液中浓度降低,所以萃取率下降。16.按要求回答下列问题:Ⅰ.我国空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”,将CO2转化为CH4和水蒸气,配合O2生成系统可实现O2的再生。回答下列问题:已知“萨巴蒂尔反应”为:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)DH1反应Ⅰ:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)DH2=bkJ·mol-1反应Ⅱ:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)DH3=ckJ·mol-1(1)一般而言,DH=正反应活化能-逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆=akJ·mol-1,则该反应的正反应活化能为_______kJ·mol-1(用含a、b、c的式子表示);(2)“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生,若要提高CO2的平衡转化率,可采取的措施有_______(写两条);(3)恒压条件时,按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料,只发生反应Ⅱ,测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。图中代表CH4浓度变化情况的曲线为_______,350℃时,A点的平衡常数为K=_______;Ⅱ.[Co(NH3)5Cl]Cl2是一种重要含钴配合物。(4)该配合物的配位原子为_______,NH3的空间结构呈_______形,NH3极易溶于水的原因是_______;(5)该配合物中钴元素的化合价为_______;(6)设计实验证实该配合物溶于水时,离子键发生断裂,配位键没有断裂。实验如下:称取2.505g该配合物,先加水溶解,再加足量AgNO3溶液,_______(补全实验操作),称量沉淀质量为_______(精确到0.01g)。已知[Co(NH3)5Cl]Cl2、AgCl的相对分子质量分别为250.5、143.5。【答案】(1)(a+2b-c) (2)适当增大压强、增大H2和CO2的原料比(3)①d②.1(4)①.N、Cl②.三角锥形③.H2O、NH3均为极性分子,相似相溶,NH3与H2O可形成分子间氢键(5)+3(6)①.充分反应后过滤,将沉淀洗涤、干燥后称量②.2.87【解析】【小问1详解】将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ即可得到“萨巴蒂尔反应”,则“萨巴蒂尔反应”的ΔH=(2b-c)kJ/mol,ΔH=正反应活化能-逆反应活化能。若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E逆=akJ/mol,则该反应的正反应活化能为ΔH+E逆=(a+2b-c)kJ/mol。【小问2详解】要提高CO2的平衡转化率,需使平衡正向移动,可以适当增大压强、增大H2和CO2的原料比或降低水蒸气的浓度等。【小问3详解】反应Ⅱ是甲烷的燃烧反应,是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,甲烷和氧气的浓度增大,二氧化碳和水蒸气的浓度降低。c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料,根据化学方程式可知,水蒸气的物质的量始终是二氧化碳的二倍,生成的甲烷和氧气的物质的量也存在着1:2的关系,所以a代表水蒸气,b代表二氧化碳,c代表氧气,d代表甲烷。设起始投入的二氧化碳的物质的量为1mol,则起始投入的水蒸气为2mol,设转化的二氧化碳的物质的量为x,则可列三段式:,350℃时二氧化碳和甲烷的物质的量浓度相等,则物质的量也相等,所以有x=1-x,则x=0.5,则平衡时CH4、O2、CO2、H2O的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、1mol。设容器体积为VL,则平衡常数K==1。【小问4详解】氨分子中的氮原子和内界的氯离子提供孤电子对,N、Cl是配位原子,NH3的中心原子是sp3杂化,氮原子上有一孤电子对,所以NH3是三角锥形,H2O、NH3均为极性分子,相似相溶,NH3与H2O可形成分子间氢键,所以NH3极易溶于水。 【小问5详解】NH3是中性分子,Cl为-1价,所以钴元素化合价为+3价。【小问6详解】该配合物溶于水时,离子键发生断裂,配位键没有断裂,则该配合物溶于水时,只有外界的氯离子能电离。2.505g[Co(NH3)5Cl]Cl2的物质的量为0.01mol,电离时电离出0.02molCl-,则生成0.02molAgCl沉淀,质量为0.02mol×143.5g/mol=2.87g。实验操作为:称取2.505g该配合物,先加水溶解,再加足量AgNO3溶液,充分反应后过滤,将沉淀洗涤、干燥后称量,质量为2.87g。17.二氯砜(SO2Cl2)在制药行业中用途广泛。SO2Cl2的沸点为,遇水剧烈水解。实活性炭验室制备SO2Cl2的原理为:,部分装置如图所示。回答以下问题:(1)仪器a的名称为___________。(2)滴液漏斗中盛放的液态物质b为___________,述装置各接口连接的顺序依次为①、___________、___________、___________。(3)通过开关K控制水流速率,以保证仪器a的出水温度低于,该操作的目的是___________;试剂碱石灰的两个作用分别是①___________;②___________。(4)实验结束后,需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2,该分离操作的名称为___________(填标号)。A.蒸馏B.蒸发C.萃取D.重结晶若标准状况下,反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL(SO2足量),最后得到纯净的,则 的产率为___________。(5)用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合,在一定条件下也能合成,且原子利用率达100%,则三者的物质的量之比___________。【答案】(1)球形冷凝管(2)①.饱和食盐水②.③③.②④.④(3)①.提高冷凝效果,提高SO2Cl2的冷凝率②.吸收尾气SO2和Cl2,防止污染环境③.防止空气中的水蒸气进入三颈瓶,引起SO2Cl2水解(4)①.A②.50%(5)1∶3∶2【解析】【分析】由题干实验装置图可知,本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出,然后经过浓硫酸干燥后进入三颈瓶中,发生反应来制备SO2Cl2,据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知,仪器a的名称为球形冷凝管,故答案为:球形冷凝管;【小问2详解】由分析可知,本实验是利用排饱和食盐水法来将收集好的氯气排出,则滴液漏斗中盛放的液态物质b为饱和食盐水,述装置各接口连接的顺序依次为①、③、②、④,故答案为:饱和食盐水;③;②;④;【小问3详解】有题干信息可知,SO2Cl2的沸点为,遇水剧烈水解,通过开关K控制水流速率,以保证仪器a的出水温度低于,该操作的目的是提高冷凝效果,提高SO2Cl2的冷凝率,试剂碱石灰的两个作用分别是①吸收尾气SO2和Cl2,防止污染环境,②防止空气中的水蒸气进入三颈瓶,引起SO2Cl2水解,故答案为:提高冷凝效果,提高SO2Cl2的冷凝率;吸收尾气SO2和Cl2,防止污染环境;防止空气中的水蒸气进入三颈瓶,引起SO2Cl2水解;【小问4详解】已知SO2Cl2的沸点为,沸点较低,易挥发,故实验结束后,需从三颈烧瓶中分离出高纯度SO2Cl2,该分离操作的名称为蒸馏,若标准状况下,反应中消耗的Cl2的体积为896.0mL(SO2足量),n(Cl2)=,根据方程式可知,n(SO2Cl2)=0.04mol,m(SO2Cl2)=0.04mol×135g‧mol-1=5.4g, 最后得到纯净的,则的产率为,故答案为:A;50%;【小问5详解】用硫磺、液氯和按照一定物质的量之比混合,在一定条件下也能合成,且原子利用率达100%,则反应方程式为:S+3Cl2+2SO3=3SO2Cl2,则三者的物质的量之比1∶3∶2,故答案为:1∶3∶2。18.M是合成某药物的中间体,以丁烷为原料合成M的一种流程如下:已知:①CH3CH=CH2CH3COOH②RXRCN③R1OOCCH2COOHRCH=CHCOOH,R、R1均为烃基回答下列问题:(1)G的名称为_______,物质K所含官能团的名称为_______;(2)常温下,Ka(ClCH2COOH)>Ka(CH3COOH),其主要原因是_______;(3)D→E的反应类型是_______;(4)J→M的化学方程式为_______;(5)N是K的同分异构体,同时满足下列条件的N的结构有_______种;①苯环上有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应,本身遇FeCl3溶液不发生显色反应,但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应;其中核磁共振氢谱上有5组峰,且峰的面积比为1:1:2:2:3的结构简式为_______;(6)参照上述合成路线,以CH3COOH为原料,设计制备丙二酸的合成路线_______。(其他无机试剂任选)【答案】(1)①.苯甲醛②.氨基、羧基(2)氯吸引电子能力强,使O-H键极性增大,电离氢离子能力增强(3)取代反应(4) (5)①.6②.(6)【解析】【分析】由C和氯气变成氯乙酸可推出C为乙酸,由已知①可推出B为丙烯,由已知②可推出D→E发生了取代反应,E的结构简式为HOOCCH2CN,E→F发生的是酯化反应和CN-的水解反应,故F为CH3OOCCH2COOH,结合已知③可推出J的结构简式为,J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基、K中的氨基脱掉氢同时生成水,据此作答。【小问1详解】根据G的结构简式可判断G的名称为苯甲醛,根据物质K的结构简式可判断所含官能团的名称为氨基和羧基。【小问2详解】常温下,Ka(ClCH2COOH)>Ka(CH3COOH),其主要原因是氯原子吸引电子能力强,使O-H键极性增大,O-H键更容易断裂,故电离氢离子能力增强。【小问3详解】由已知②可推出D→E发生了卤素原子与CN-的取代反应。【小问4详解】J→M发生的反应是J中的羧基脱掉羟基K中的氨基脱掉掉氢同时生成水,方程式为。【小问5详解】①苯环上有两个取代基,②能发生银镜反应,③能发生水解反应,本身遇FeCl3溶液不发生显色反应,但水解产物之一遇氯化铁溶液能发生显色反应;说明N含甲酸酚酯基,还剩1个N和1个C形成取代基, 苯环上的两个取代基:-OCHO、-CH2NH2或-OCHO、-NHCH3,均有邻间对三种,共计是6种;其中核磁共振氢谱上有5组峰,且峰的面积比为的结构简式为。【小问6详解】

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2023-10-09 18:36:03 页数:18
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文章作者:随遇而安

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