2019-2020学年北京交通大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京交通大学附属中学新高考化学模拟试卷一、单选题(本题包括15 个小题,每小题4 分,共 60 分每小题只有一个选项符合题意)1化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()现象或事实解释A Al(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热B K2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性,被还原后生成的Fe3水解生成胶状物,可以软化硬水C Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂,能氧化CO2生成 O2D 浸泡过 KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2A A BB CC

2、 D D【答案】D【解析】AAl(OH)3受热分解时需要吸收大量的热,同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用,从而用作塑料的阻燃剂,故A 错误;BK2FeO4具有强氧化性,用于自来水的消毒,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物,具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用,但不能软化硬水,故B错误;CNa2O2与二氧化碳反应产生氧气,是过氧化钠自身的氧化还原反应,C 错误;DKMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2,而乙烯具有催熟作用,故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜,D 正确。答案选D。2下列说法正确的是()A古代的鎏金工艺利用了电解原理B“丹砂(HgS)烧之成水银,积变又还成

3、丹砂”互为可逆反应C古代所用“鼻冲水”为氨水,其中含有5 种微粒D“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”中涉及蒸馏操作【答案】D【解析】【详解】A.鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面,经过烘烤,汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺,古代的鎏金工艺没有外加电源,不是电解原理的应用,故A 错误;B.两个过程条件不同,不属于可逆反应,故B 错误;C.古代所用“鼻冲水”为氨水,氨水中有NH4、OH、H、NH3 H2O、NH3、H2O 等 6 种微粒,故C错误;D.“蒸烧”的过程为蒸馏操作,故D 正确。综上所述,答案为D。3关于三种化合物:,下列说法正确的是A它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B它们的分子式都是C8

4、H8C它们分子中所有原子都一定不共面D的二氯代物有4 种【答案】B【解析】【分析】【详解】A中没有不饱和间,不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A 错误;B根据三种物质的结构简式,它们的分子式都是C8H8,故 B正确;C中苯环和碳碳双键都是平面结构,分子中所有原子可能共面,故C 错误;D不饱和碳原子上的氢原子,在一定条件下也能发生取代反应,采用定一移一的方法如图分析,的二氯代物有:,其二氯代物共6 种,故 D 错误;故选 B。4设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A 50mL 1mol/L 硝酸与 Fe完全反应,转移电子的数目为0.05NAB密闭容器中2molNO 与 1molO2充

5、分反应,所得物质中的氧原子数为4NAC30g 乙酸和甲醛(HCHO)的混合物完全燃烧,消耗O2的分子数目为NAD 1L0.1mol/L 的 CH3COONH4溶液中,CH3COOH和 CH3COO的微粒数之和为0.1NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A 项、50mL 1mol/L 硝酸与 Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁,若硝酸的还原产物只有一氧化氮,50mL 1mol/L 硝酸的物质的量为0.05mol,则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol,故 A 错误;B 项、2molNO 与 1molO2所含 O 原子的物质的量为4 mol,由质量守恒定律可知,反应前后原子个数不变,则所

6、得物质中的氧原子数为4NA,故 B正确;C 项、乙酸和甲醛(HCHO)的最简式相同,均为CH2O,30gCH2O的物质的量为1mol,1molCH2O完全燃烧消耗 O2的物质的量为1mol,故 C 正确;D 项、1L0.1mol/L 的 CH3COONH4的物质的量为0.1mol,由物料守恒可知溶液中CH3COOH和 CH3COO的物质的量为0.1mol,故 D 正确。故选 A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。5近年来,我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象,在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是A阴极的电极反应式为

7、4OH4eO22H2O B阳极的电极反应式为Zn 2e Zn2C通电时,该装置为牺牲阳极的阴极保护法 D断电时,锌环失去保护作用【答案】B【解析】【详解】A.通电时,阴极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-,A 项错误;B.通电时,锌作阳极,则阳极反应式为Zn 2eZn2,B 项正确;C.通电时,该装置是电解池,为外接电流的阴极保护法,C 项错误;D.断电时,构成原电池装置,铁为正极,锌为负极,仍能防止铁帽被腐蚀,锌环仍然具有保护作用,D项错误;答案选 B。6常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-B能使酚酞变

8、红的溶液中:K+、Na+、CO32、AlO2-Cc(ClO-)=1molL-1的溶液中:Fe2+、Al3+、NO3-、I-D Kw/c(OH)=0.1mol L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-【答案】B【解析】A、含 Cu2+的溶液呈蓝色,故A 错误;B、能使酚酞变红的溶液显碱性,故四种离子都能共存,则B 正确;C、c(ClO-)=1mol L-1的溶液具有氧化性,能氧化Fe2+、I-,故 C错误;D、-Kwc OH=0.1mol L-1的溶液呈酸性,则 CH3COO-不能共存,即D 错误。因此本题正确答案为B。7联合制碱法中的副产品有着多种用途,下列不属于其用途的

9、是A做电解液B制焊药C合成橡胶D做化肥【答案】C【解析】【分析】联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程:第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水,再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀,经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体;第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体,得到的氯化钠溶液,可回收循环使用。据此分析解答。【详解】A联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液,可作电解液,第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液,也可做电解液,故A 正确;B联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀,焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵,其作用是消除焊接处的铁锈,发生反

10、应6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O,故 B 正确;C合成橡胶是一种人工合成材料,属于有机物,联合制碱法中的副产品都为无机物,不能用于制合成橡胶,故 C错误;D联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥,故D 正确;故选 C。8我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置,利用如右图装置可实现:H2S+O2H2O2+S。已知甲池中有如下的转化:下列说法错误的是:A该装置可将光能转化为电能和化学能B该装置工作时,溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池碳棒上发生电极反应:AQ+2H+2e-=H2AQ D乙池处发生反应:H2S+I3-=3I-+S+2H+【答案】B【解析】

11、【分析】A.装置是原电池装置,据此确定能量变化情况;B.原电池中阳离子移向正极;C.甲池中碳棒是正极,该电极上发生得电子的还原反应;D.在乙池中,硫化氢失电子生成硫单质,I3-得电子生成I-,据物质的变化确定发生的反应。【详解】A.装置是原电池装置,根据图中信息知道是将光能转化为电能和化学能的装置,A 正确;B.原电池中阳离子移向正极,甲池中碳棒是正极,所以氢离子从乙池移向甲池,B 错误;C.甲池中碳棒是正极,该电极上发生得电子的还原反应,即AQ+2H+2e-=H2AQ,C 正确;D.在乙池中,硫化氢失电子生成硫单质,I3-得电子生成I-,发生的反应为H2S+I3-3I-+S+2H+,D 正确

12、。故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池的工作原理以及电极反应式书写的知识,注意知识的归纳和梳理是关键,注意溶液中离子移动方向:在原电池中阳离子向正极定向移动,阴离子向负极定向移动,本题难度适中。9某透明溶液可能含有NH4+、Fe2、Fe3、SO42-、Cl、CO32-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验(已知 Ag2SO4微溶于水,可溶于酸):向溶液中滴加过量的稀Ba(OH)2溶液,生成白色沉淀,没有气体产生,过滤;向 所得的沉淀加热灼烧,最后得有色固体;向 所得的滤液,先用HNO3酸化,再滴加AgNO3溶液,无白色沉淀生成。下列推断正确的是()A一定没有NH4+和 ClB白色沉淀是Fe(O

13、H)2C第 步先用 HNO3酸化,是为了防止SO42-和 CO32-的干扰D原溶液中的溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2【答案】D【解析】【详解】A.溶液可能含有NH4+,遇稀的Ba(OH)2溶液,放不出氨气,选项A 错误。B.白色沉淀灼烧后生成有色固体,一定有Fe元素,没有CO32-,步骤没有Cl,一定含有SO42-,白色沉淀中还含有BaSO4,选项 B 错误;C.步骤步用HNO3酸化,是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰,没有CO32-,选项 C错误;D.溶液中,一定有Fe2、SO42-,可能有NH4+,溶质可能是(NH4)2Fe(SO4)2,选项 D 正确。

14、答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,易错点为C.步骤步用HNO3酸化,是为了防止SO42-和过量的稀Ba(OH)2溶液中的OH的干扰。10下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A NO2溶于水:2NO2H2O=2H2NO3-B向氨水溶液中通入过量SO2:2NH3 H2OSO2=2NH4+SO32-H2O C酸性介质中KMnO4氧化 H2O2:2MnO4-5H2O26H=2Mn25O2 8H2O D明矾 KAl(SO4)2 12H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液:Al3SO42-Ba24OH-=AlO2-BaSO42H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.NO2溶于水,与水

15、反应生成硝酸和NO,反应的离子方程式为:3NO22H2O=2H2NO3-+NO,选项 A错误;B.向氨水溶液中通入过量SO2,反应生成亚硫酸氢铵,反应的离子方程式为NH3 H2OSO2=NH4+HSO3-,选项 B 错误;C.酸性介质中KMnO4氧化 H2O2,反应的离子方程式为2MnO4-5H2O26H=2Mn25O28H2O,选项 C 正确;D.明矾 KAl(SO4)2 12H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液,反应生成偏铝酸钾、硫酸钡和水,反应的离子方程式为:Al32SO42-2Ba24OH-=AlO2-2BaSO42H2O,选项 D 错误;答案选 C。11关于氮肥的说法正确的是()A

16、硫铵与石灰混用肥效增强B植物吸收氮肥属于氮的固定C使用碳铵应深施盖土D尿素属于铵态氮肥【答案】C【解析】【分析】【详解】A将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效,故A 错误;B植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素,不属于氮的固定,故B 错误;C碳酸氢铵受热容易分解,易溶于水,使用碳铵应深施盖土,避免肥效损失,故C 正确;D尿素属于有机氮肥,不属于铵态氮肥,故D 错误。答案选 C。12NA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,44.8 L HF含有 2NA个极性键C1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NAD 0.1

17、 molL-1 KAl(SO4)2溶液中 SO42-的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A19g 羟基(-18OH)的物质的量为19g19g/mol=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;CNaHSO4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-1 KAl(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

18、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。13研究表明,地球上的碳循环,光合作用是必不可少的(如下图所示)。下列叙述正确的是A石油与煤是可再生能源BCO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂C光合作用将太阳能转化为化学能D图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.石油与煤是化石燃料,属于不可再生资源,A 项错误;B.煤、石油燃烧会生成二氧化碳,生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等,因此二氧化碳不是催化剂,而是该过程的中间产物,B项错误;C.光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖,同

19、时放出氧气,将太阳能转化为化学能,C项正确;D.图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n 值不同,因此不属于同分异构体,D 项错误;答案选 C。【点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n,但 n 值不同,所以不属于同分异构体,一定要格外注意。14向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是ABCD【答案】C【解析】【详解】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,发生H+OH-=H2O,同时钡离子与硫酸根离子

20、结合生成沉淀,沉淀在增多,氢离子物质的量比氢离子浓度大,则第二阶段沉淀的量不变,第三阶段铝离子反应生成沉淀,第四阶段铵根离子与碱反应,最后氢氧化铝溶解,沉淀减少,最后只有硫酸钡沉淀,显然只有图象C符合。答案选 C。15锂 铜空气燃料电池(如图)容量高、成本低,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,其中放电过程为:2LiCu2O H2O 2Cu 2Li+2OH-,下列说法错误的是A整个反应过程中,氧化剂为O2B放电时,正极的电极反应式为:Cu2OH2O2e-2Cu 2OH-C放电时,当电路中通过0.1 mol 电子的电量时,有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu 极移动,有标准状况下

21、 1.12 L 氧气参与反应D通空气时,铜被腐蚀,表面产生Cu2O【答案】C【解析】A,根据题意,该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力,放电过程中消耗Cu2O,由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O,由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-,Cu2O 又被还原成 Cu,整个过程中Cu相当于催化剂,氧化剂为O2,A 项正确;B,放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-,B 项正确;C,放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+,电路中通过0.1mol 电子生成0.1molLi+,Li+透过固体电解质向Cu极移动,反应中消耗O2物质的量

22、为0.1mol4=0.025mol,在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L,C项错误;D,放电过程中消耗Cu2O,由此可见通入空气Cu腐蚀生成 Cu2O,D 项正确;答案选C。二、实验题(本题包括1 个小题,共10 分)16硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3 5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水,难溶于乙醇,在中性或碱性环境中稳定,受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠,其反应装置及所需试剂如图:(1)装置甲中,a 仪器的名称是_;a 中盛有浓硫酸,b 中盛有亚硫酸钠,实验中要控制SO2生成速率,可以采取的措施有_(写出一条即可)。(2)装置乙

23、的作用是_。(3)装置丙中,将 Na2S和 Na2CO3以 2:1 的物质的量之比配成溶液再通入SO2,便可制得Na2S2O3和 CO2。反应的化学方程式为:_。(4)本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH,检验含有NaOH 的实验方案为_。(实验中供选用的试剂及仪器:CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH 计、烧杯、试管、滴管提示:室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)(5)反应结束后过滤丙中的混合物,滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品,生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O 的含量,采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方

24、法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取 1.50g 粗产品溶于水,用0.20mol L1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定,当溶液中2-23S O全部被氧化为2-4SO时,消耗高锰酸钾溶液体积 40.00mL。写出反应的离子方程式:_。产品中Na2S2O3 5H2O 的质量分数为_(保留小数点后一位)。【答案】分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶,防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2取少量样品于试管(烧杯)中,加水溶解,加入过量的CaCl2溶液,振荡(搅拌),静置,用 pH 计测定上层清液的pH,若 pH 大于 15,则含有NaOH

25、乙醇2-+2+2-234425S O+8MnO+14H=8Mn+10SO+7H O82.7【解析】【分析】装置甲为二氧化硫的制取:Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O,丙装置为Na2S2O3的生成装置:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2,因 SO2易溶于碱性溶液,为防止产生倒吸,在甲、丙之间增加了乙装置;另外二氧化硫有毒,不能直接排放到空气中,装置丁作用为尾气吸收装置,吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中,a 仪器的名称是分液漏斗;利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率;(2)SO2易溶于

26、碱性溶液,则装置乙的作用是安全瓶,防倒吸;(3)Na2S和 Na2CO3以 2:1 的物质的量之比配成溶液再通入SO2,即生成 Na2S2O3和 CO2,结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2;(4)碳酸钠溶液和NaOH 溶液均呈碱性,不能直接测溶液的pH 或滴加酚酞,需要先排除Na2CO3的干扰,可取少量样品于试管(烧杯)中,加水溶解,加入过量的CaCl2溶液,振荡(搅拌),静置,用 pH 计测定上层清液的 pH,若 pH 大于 1.5,则含有NaOH;(5)硫代硫酸钠易溶于水,难溶于乙醇,在中性或碱性环境中稳定,则硫代硫酸钠粗品

27、可用乙醇洗涤;Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去,溶液中2-23S O全部被氧化为2-4SO,同时有Mn2+生成,结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O;由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(S2O32-)=58n(KMnO4)=580.04L 0.2mol/L=0.005mol,则m(Na2S2O3?5H2O)=0.005mol 248g/mol=1.24g,则 Na2S2O3?5H2O 在产品中的质量分数为1.24g1.5g100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实

28、验方案的设计和制备过程分析应用,主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究,侧重于学生的分析能力、实验能力的考查,为高考常见题型和高频考点,注意把握物质的性质以及实验原理的探究。三、推断题(本题包括1 个小题,共10 分)17生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成:(1)反应的条件是_;物质 B含有的官能团名称是_(2)已知乙酸酐是2 分子乙酸脱去1 分子水的产物,写出M 的结构简式 _(3)反应的类型_,写出该反应的一种副产物的结构简式_(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反

29、应,写出化学方程式_(5)1mol 阿司匹林和1mol 缓释长效阿司匹林与NaOH 溶液充分反应,最多消耗NaOH 的物质的量分别是_、_。【答案】铁羧基、氯原子(苯基)CH3COOH 取代无Na2CO3+2NaHCO33mol 4nmol【解析】【分析】根据题中各物转化关系,根据水杨酸的结构可知,甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代,生成 A 为,A 发生氧化反应生成B为,B发生碱性水解得C为,C酸化得水杨酸,水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M,则 M 为 CH3COOH,阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯,(CH3)2COHCN发生水解得D 为(CH3)2COHCOOH,D

30、 在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH,E发生加聚反应生成F为,F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为,据此答题;【详解】根据题中各物转化关系,根据水杨酸的结构可知,甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代,生成 A 为,A 发生氧化反应生成B为,B发生碱性水解得C为,C酸化得水杨酸,水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M,则 M 为 CH3COOH,阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯,(CH3)2COHCN发生水解得D 为(CH3)2COHCOOH,D 在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH,E发生加聚反应生成F为,F与阿司匹林反应生成缓

31、释阿司匹林为。(1)反应的条件是铁,B为,物质 B 含有的官能团名称是羧基和氯原子,故答案为:铁;羧基和氯原子;(2)根据上面的分析可知,M 的结构简式为CH3COOH;(3)反应的类型为取代反应,D 在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯,所以反应的一种副产物的结构简式为;(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为;(5)根据阿司匹林的结构简式可知,1mol 阿司匹林最多消耗NaOH 的物质的量为3mol,缓释长效阿司匹林为,1mol 缓释长效阿司匹林与NaOH 溶液充分反应,最多消耗NaOH 的物质的量为4n mol。【点睛】本题考查有机物的推断

32、与合成,根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键,注意对反应信息的利用,酸化时-CN基团转化为-COOH,需要学生根据转化关系判断,注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。四、综合题(本题包括2 个小题,共20 分)18非索非那定(H)是一种重要的抗过敏药,可采用如图路线合成:已知:Ph-代表苯基;请回答(1)A 的名称为 _;FC 的反应类型为_。(2)E的分子式为 _;H 中含氧官能团的名称为_。(3)实验室检验B 中官能团所用的试剂为_。(4)EF 的化学方程式为_。(5)D 水解后得到物质W()则同时满足下列条件的W 的同分异构体有_种;

33、其中核磁共振氢谱有五组吸收峰,峰面积之比为6:2:2:1:1 的结构简式为_。i苯环上有两个取代基能与FcC1溶液发生显色反应iii能发生银镜反应(6)新戊酸()可用于生产香料,设计由乙烯为起始原料制备新皮酸的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】甲苯还原反应C14H16ONCl 羟基、羧基NaOH 溶液,稀硝酸、硝酸银溶液+HCl 15 CH2=CH2CH3-CH2ClCH3-CH2CN【解析】【分析】(1)苯为母体,取代基为甲基;F发生信息中反应生成G,组成上加氢,属于还原反应;(2)E分子中含有14 个 C原子、16 个 H 原子,O、N、C离子原子各有1 个;有机物H 中含氧官能团有:羟

34、基、羧基;(3)B中含有氯元素,需要先利用水解反应将氯元素以氯离子形式转移到溶液中,再用硝酸、硝酸银溶液检验氯离子;(4)对比 E、G 的结构,结合反应条件及给予的信息,可知E发生取代反应生成F,F中羰基被还原得到G,故 F为;(5)同时满足下列条件的W()的同分异构体:i苯环上有两个取代基,能与 FcC13溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,iii 能发生银镜反应,说明含有醛基,另外1 个取代基为CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO中烃基去掉1 个 H 原子形成的基团,前者有3 种、后者有2 种;(6)对比 C、E的结构,结合(5)中 D 的水解得到,可知 D 为模仿 BCD转化、

35、G H 转化,乙烯先与HCl 发生加成反应,然后与NaCN 发生取代反应,再与CH3Cl在(CH3)2COK条件下发生取代反应,最后在KOH、酸条件下水解得到。【详解】(1)苯为母体,取代基为甲基,A 的名称为:甲苯;F发生信息中反应生成G,组成上加氢,属于还原反应;(2)E分子中含有14 个 C 原子、16 个 H 原子,O、N、C 离子原子各有1 个,E的分子式为:C14H16ONCl;有机物 H 中含氧官能团有:羟基、羧基;(3)B中含有氯元素,需要先再NaOH 水溶液、加热条件发生水解反应,将氯元素以氯离子形式转移到溶液中,再滴加硝酸至酸性,最后滴加硝酸银溶液,有白色沉淀生成,证明含有

36、氯元素;(4)对比 E、G 的结构,结合反应条件及给予的信息,可知E发生取代反应生成F,F中羰基被还原得到G,故 F为,EF 的化学方程式为:+HCl;(5)同时满足下列条件的W()的同分异构体:i苯环上有两个取代基,能与 FcC13溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,iii 能发生银镜反应,说明含有醛基,另外1 个取代基为CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO中烃基去掉1 个 H 原子形成的基团,前者有3 种、后者有2 种,2 个取代基有邻、间、对3 种位置结构,故符合条件的共有3(3+2)=15 种,其中核磁共振氢谱有五组吸收峰,峰面积之比为6:2:2:1:1 的结构简式为:;(6

37、)对比 C、E的结构,结合(5)中 D 的水解得到,可知 D 为模仿 BCD转化、G H 转化,乙烯先与HCl 发生加成反应,然后与NaCN 发生取代反应,再与CH3Cl在(CH3)2COK条件下发生取代反应,最后在KOH、酸条件下水解得到,合成路线为:CH2=CH2CH3-CH2ClCH3-CH2CN。19工业上常利用CO2为初始反应物,合成一系列重要的化工原料。(1)以 CO2和 NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下:反应:2NH3(g)CO2(g)=NH2COONH4(s)H1反应:NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)H2O(g)H2

38、 72.49 kJmol1总反应:2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(s)H2O(g)H3 86.98 kJmol1请回答下列问题:反应的H1 _。在 _(填“高温”或“低温”)情况下有利于反应的自发进行。一定温度下,在体积固定的密闭容器中按n(NH3)n(CO2)21 进行反应。下列能说明反应达到了平衡状态的是_(填字母代号)。A 混合气体的平均相对分子质量不再变化B 容器内气体总压强不再变化C NH3与 CO2的转化率相等D 容器内混合气体的密度不再变化(2)将 CO2和 H2按质量比253 充入一定体积的密闭容器中,在不同温度下发生反应CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)

39、H2O(g)。测得 CH3OH(g)的物质的量随时间的变化如下图所示。曲线、对应的平衡常数大小关系为K()_(填“”“增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物(任写两种)11213c1【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行分析计算;反应自发进行的判断依据是H-TS 0;可逆反应2NH3(g)+CO2(g)?NH2COONH4(s)为气体体积缩小的反应,该反应达到化学平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不再发生变化,由此衍生的一些物理量不发生变化,以此进行判断;(2)图象分析可知先拐先平温度高,温度越高甲醇物质的量越小,结合平衡常数K=3232c CH OHc H Oc CO c

40、H分析;欲提高CH3OH的平衡产率,可采取的措施除改变温度外,其他措施保证平衡正向进行分析判断;结合平衡时三段式计算求出甲中平衡时各气体的物质的量,平衡常数K=3232c CH OH c H Oc CO cH,然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等,且起始时维持反应逆向进行来判断范围。【详解】(1)根据盖斯定律,由总反应反应可得反应为2NH3(g)CO2(g)=NH2COONH4(s)H1 159.47 kJmol1;反应的正反应是气体体积增大的反应,S0,由焓变分析可知其是吸热反应,H0,所以依据反应自发进行的判断依据HTS 0 可知,在高温情况下有利于反应的自发进行;A.反应中反应物

41、全部为气体,生成物为固体,且反应按反应物的系数比投料,所以在反应前后,混合气体的平均相对分子质量始终保持不变,其不能作为平衡状态的判断标志,A项错误;B.恒温恒容条件下,反应未达平衡前,气体的物质的量减小,所以容器内气体总压强减小,所以当容器内气体总压强不再变化时,说明反应处于平衡状态,B 项正确;C.NH3与 CO2的转化率始终相等,不能说明反应达到了平衡状态,C项错误;D.反应未达平衡前,容器体积不变,气体质量减小,所以当容器内混合气体的密度不再变化时,说明反应处于平衡状态,D 项正确;故答案选BD;(2)平衡时间小于,说明反应速率大于,且平衡时中CH3OH的物质的量小于,说明平衡向逆反应

42、方向移动,则只能是升高温度,即的温度大于,温度越高,平衡向逆反应方向移动,导致化学平衡常数越小,所以KK;欲提高CH3OH 的平衡产率,则使平衡正向移动,可采取的措施除改变温度外,还有增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物;设二氧化碳的反应量为x,根据“三段式”法进行计算:2232313003133CO gHgCH OH gH O gmolmolxxxxmolxxxx?()()()()初始量()转化量()平衡量()甲中平衡后气体的压强为开始时的倍,即,解得 x mol,反应的平衡常数为;依题意可知甲、乙为等效平衡,且起始时维持反应逆向进行,所以全部由生成物投料,c 的物质的量为1 mol,c的物质的量不能低于平衡时的物质的量mol,所以 c 的物质的量为c1。

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