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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年粵教版高三化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題,共12分)1、一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應(yīng)時(shí),為了減慢反應(yīng)速率,而不影響生成H2的總量,可向其中加入適量的()A.Na2CO3晶體B.NaOH晶體C.水D.CuSO4晶體2、NA表示阿佛加德羅常數(shù).常溫下,將下列氣體通入1L水中直至飽和,溶液中溶質(zhì)微粒數(shù)最接近0.1NA的是()A.SO2B.CO2C.Cl2D.NH33、關(guān)于下列各圖的敘述;正確的是()
A.甲表示1molH2(g)完全燃燒生成水蒸氣吸收241.8kJ熱量B.甲表示2molH2(g)所具有的能量一定比2mol氣態(tài)水所具有的能量多483.6kJC.乙表示常溫下,稀釋HHB兩種酸的稀溶液時(shí),溶液pH隨加水量的變化,則同溫同濃度的NaA溶液的pH小于NaB溶液的pHD.乙圖中起始時(shí)HA的物質(zhì)的量濃度大于HB4、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值.下列說法一定正確的是()A.常溫下,1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氧原子數(shù)為0.3NAB.1mol的羥基與1mol的氫氧根離子所含電子數(shù)均為10NAC.常溫、常壓下,4.6gNO2和N2O4混合氣體中含有的O原子數(shù)目為0.2NAD.Fe與水蒸氣在高溫條件下反應(yīng),有1molFe參與反應(yīng),則轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為3NA5、從節(jié)約原料和防止環(huán)境污染因素考慮,用銅制取硝酸銅,方法最佳的是()A.CuCu(NO3)2B.CuCu(NO3)2C.CuCuCl2Cu(NO3)2D.CuCuOCu(NO3)26、一銅空氣燃料電池是一種“高容量、低成本”的新型電池。該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕“現(xiàn)象”“產(chǎn)生電力,其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-.下列說法不正確的是()A.通空氣時(shí),銅腐燭表面產(chǎn)生Cu2OB.放電時(shí),Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動C.放電時(shí),負(fù)極的電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-D.整個(gè)過程中,銅相當(dāng)于催化劑評卷人得分二、填空題(共6題,共12分)7、將鈉和過氧化鈉的混合物加入到足量的水中,生成的混合氣體點(diǎn)火爆炸恰好完全反應(yīng),則原混合物中Na、Na2O2的質(zhì)量比是____.8、某學(xué)生對SO2與漂粉精的反應(yīng)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究:
。操作現(xiàn)象取4g漂粉精固體,加入100mL水部分固體溶解,溶液略有顏色過濾,測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍(lán)(約為12),后褪色液面上方出現(xiàn)白霧;
稍后;出現(xiàn)渾濁,溶液變?yōu)辄S綠色;
稍后,產(chǎn)生大量白色沉淀,黃綠色褪去(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化學(xué)方程是____.
(2)pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是____.
(3)向水中持續(xù)通入SO2,未觀察到白霧.推測現(xiàn)象i的白霧由HCl小液滴形成,進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn):a.用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗(yàn)白霧,無變化;b.用酸化的AgNO3溶液檢驗(yàn)白霧;產(chǎn)生白色沉淀.
①實(shí)驗(yàn)a目的是____.
②由實(shí)驗(yàn)a、b不能判斷白霧中含有HC1,理由是____.
(4)現(xiàn)象ii中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因:隨溶液酸性的增強(qiáng),漂粉精的有效成分和C1-發(fā)生反應(yīng).通過進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了這種可能性,其實(shí)驗(yàn)方案是____.
(5)將A瓶中混合物過濾、洗滌,得到沉淀X.向沉淀X中加入稀HC1,無明顯變化.取上層清液,加入BaC12溶液,產(chǎn)生白色沉淀.則沉淀X中含有的物質(zhì)是____.9、苯巴比妥是安眠藥的成分,化學(xué)式為C12H12N2O3,分子結(jié)構(gòu)中有兩個(gè)六元環(huán):下圖是以A為原料合成苯巴比妥的流程示意圖。完成下列填空。已知:①有機(jī)物D、E中亞甲基(—CH2—)的氫原子受羰基影響活性較高,容易發(fā)生如下反應(yīng):②(1)芳香烴A與HCl反應(yīng)后,制取B還需進(jìn)行反應(yīng)的類型依次為。(2)一種酯與B互為同分異構(gòu)體,且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基,該酯同分異構(gòu)體有種,寫出其中一種結(jié)構(gòu)系統(tǒng)命名。(3)寫出D轉(zhuǎn)化為E的化學(xué)方程式:(4)苯巴比妥G的結(jié)構(gòu)簡式:(5)E與CO(NH2)2在一定條件下合成的高分子結(jié)構(gòu)簡式:(6)已知:請?jiān)O(shè)計(jì)合理方案以B的同系物為原料合成(用合成路線流程圖表示為:AB目標(biāo)產(chǎn)物)。10、指出下列反應(yīng)的類型:乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色:____.11、烯烴A在一定條件下可以按下圖進(jìn)行反應(yīng)。
已知:1molA完全燃燒可生成6molCO2和6molH2O,儀器分析顯示它有四個(gè)完全對稱的甲基.F1和F2互為同分異構(gòu)體,G1和G2互為同分異構(gòu)體.
(1)A的名稱為____
(2)D的結(jié)構(gòu)簡式為____;G2的結(jié)構(gòu)簡式為____
(3)反應(yīng)②的反應(yīng)類型為____;反應(yīng)⑨的反應(yīng)類型為____,反應(yīng)條件是____
(4)請寫出反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式:____;請寫出E→F1的化學(xué)方程式:____
(5)A的烯烴同分異構(gòu)體有____種(不考慮順反異構(gòu))
(6)烯烴是有機(jī)合成中重要的原料;圖是一種由烯烴合成的有機(jī)物S的紅外光譜圖,有機(jī)物S的紅外光譜圖如下:
符合該條件的S相對分子質(zhì)量最小的結(jié)構(gòu)簡式為:____.12、某實(shí)驗(yàn)需要100mL、1mol/L的Na2CO3溶液;現(xiàn)通過如下操作配制:
①把稱量好的固體Na2CO3放入小燒杯中,加適量蒸餾水溶解.為加快溶解可以使用____(填儀器名稱)攪拌.
②把①所得溶液冷卻到室溫后,小心轉(zhuǎn)入____(填儀器名稱)
③繼續(xù)加蒸餾水至液面至刻度線1~2cm處,改用____(填儀器名稱)小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低點(diǎn)與刻度線相切.
④用少量蒸餾水洗滌玻璃棒和燒杯2~3次;每次洗滌的溶液都小心轉(zhuǎn)入容量瓶,并輕輕搖勻.
⑤將容量瓶塞緊;充分搖勻.
(1)操作步驟正確的順序是____(填序號).
(2)若沒有操作④,則所配溶液的濃度會____(填“偏高”或“偏低”).
(3)若取出20mL配好Na2CO3的溶液,加蒸餾水稀釋成c(Na+)=0.01mol/L的溶液,則稀釋后溶液的體積為____mL.
(4)在配制100mL、1mol/L的Na2CO3溶液時(shí),下列操作中的____會導(dǎo)致結(jié)果偏低(請用序號填寫)
①用拖盤天平稱量時(shí)砝碼放在左盤。
②將燒杯中的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶時(shí)不慎灑到容量瓶外。
③定容時(shí)俯視刻度線。
④定容時(shí)仰視刻度線。
⑤干凈的容量瓶未經(jīng)干燥就用于配制溶液.評卷人得分三、判斷題(共6題,共12分)13、用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈的外焰上灼燒,未看見火焰顯紫色,溶液里一定不含K+.____(判斷對錯(cuò))正確的打“√”,錯(cuò)誤的打“×”14、以下有些結(jié)構(gòu)簡式;書寫得不規(guī)范;不正確.請?jiān)谒鼈兒竺娲蛞粋€(gè)×號,并把你認(rèn)為正確的寫法寫在后面.(注意:如果原式是允許的、正確的,請?jiān)诤竺娲颉叹涂梢粤耍?/p>
(1)乙醇:HOCH2CH3____;
(2)丙二醛:CHOCH2CHO____;
(3)對甲苯酚:____;
(4)三硝基甲苯:____;
(5)甲酸苯酯:____;
(6)苯乙醛:____.15、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中,陽離子的數(shù)目之和為0.2NA.____(判斷對錯(cuò))16、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液,可制得Fe(OH)3膠體____(判斷對錯(cuò))17、18gH2O在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是22.4L____.(判斷對錯(cuò))18、如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍,則鹽酸的H+濃度也是醋酸的二倍;____.評卷人得分四、解答題(共2題,共12分)19、在5L的密閉容器中充入2molN2和6molH2,在高溫、高壓、催化劑下進(jìn)行反應(yīng),達(dá)平衡時(shí),測得容器中NH3為1mol.求:
(1)達(dá)平衡時(shí)N2的轉(zhuǎn)化率;
(2)容器中H2的濃度.20、標(biāo)準(zhǔn)狀況下336L的NH3溶于1L水中,所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______,若該溶液的密度為ag/cm3,則物質(zhì)的量濃度為______.將上述氨水全部轉(zhuǎn)化為NH4Cl;所需4mol/L的鹽酸的體積______.
參考答案一、選擇題(共6題,共12分)1、C【分析】【分析】為了減緩反應(yīng)速率且不影響生成H2的總量,應(yīng)降低溶液中氫離子濃度,但酸的總物質(zhì)的量不變,以此解答該題.【解析】【解答】解:A.加入Na2CO3晶體,消耗H+;生成氫氣的總量較少,故A錯(cuò)誤;
B.加入NaOH晶體,消耗H+;生成氫氣的總量較少,故B錯(cuò)誤;
C.加入水,H+濃度降低,但總量不變,可減緩反應(yīng)速率且不影響生成H2的總量;故C正確;
D.加入CuSO4固體;置換出銅,形成原電池反應(yīng),反應(yīng)速率加快,故D錯(cuò)誤.
故選:C.2、C【分析】【分析】根據(jù)氣體的溶解度判斷:一體積水中可分別溶解1體積CO2,2體積氯氣,40體積SO2,700體積氨氣.【解析】【解答】解:溶液中溶質(zhì)微粒數(shù)接近0.1NA;則溶質(zhì)的物質(zhì)的量為0.1mol,說明1L水溶解氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下約為0.1mol×22.4L/mol=2.24L;
而一體積水中可分別溶解1體積CO2,2體積氯氣,40體積SO2;700體積氨氣,只有氯氣符合.
故選C.3、C【分析】解:A、圖象表示的是2molH2和1molO2反應(yīng)生成氣體水放出的熱量為483.6KJ;故A錯(cuò)誤;
B、依據(jù)能量守恒,2molH2能量+1molO2能量=2molH2Omol+放出熱量483.6KJ,所以甲表示2molH2(g)所具有的能量比2mol氣態(tài)水所具有的能量小483.6kJ-1molO2能量;故B錯(cuò)誤;
C;依據(jù)圖象乙;稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時(shí),溶液pH隨加水量的變化HA溶液PH變化大,酸性HA>HB,對應(yīng)鹽的堿性NaA<NaB,故C正確;
D;依據(jù)圖象乙分析;稀釋起始時(shí)溶液pH相同,稀釋HA酸溶液pH變化大,酸性強(qiáng),所以溶液HA濃小于HB濃度,故D錯(cuò)誤;
故選C.
A;依據(jù)圖象分析;氫氣和氧氣反應(yīng)生成水的過程是放熱反應(yīng);
B;依據(jù)反應(yīng)前后能量守恒分析判斷;
C;酸性越弱對應(yīng)鹽的水解顯堿性;水解程度越大,溶液pH越大;
D;依據(jù)圖象分析;起始時(shí)HA、HB溶液pH相同,根據(jù)稀釋溶液pH變化,溶液濃度不相同.
本題考查了圖象分析判斷能力,化學(xué)反應(yīng)能量守恒判斷,弱電解質(zhì)溶液稀釋后溶液酸性強(qiáng)弱比較,題目難度中等.【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】A.硝酸銨溶液中;溶劑水中含有氧原子,無法計(jì)算溶液中含有的氧原子數(shù)目;
B.羥基中含有9個(gè)電子;氫氧根離子中含有10個(gè)電子;
C.NO2和N2O4的最簡式為NO2;根據(jù)二者的最簡式計(jì)算出混合物中含有的氧原子數(shù)目;
D.鐵與水蒸氣反應(yīng)生成的是四氧化三鐵,1mol鐵完全反應(yīng)失去mol電子.【解析】【解答】解:A.1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中含有硝酸銨0.1mol,0.1mol硝酸銨中含有0.3mol氧原子,由于水中含有氧原子,所以該硝酸銨溶液中含有的氧原子大于0.3mol,溶液中氧原子數(shù)大于0.3NA;故A錯(cuò)誤;
B.1mol羥基中含有9mol電子;1mol氫氧根離子中含有10mol電子,二者含有的電子數(shù)不同,故B錯(cuò)誤;
C.4.6gNO2和N2O4混合氣體中含有0.1mol最簡式NO2,含有氧原子的物質(zhì)的量為0.2mol,混合氣體中含有的O原子數(shù)目為0.2NA;故C正確;
D.1mol鐵與水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵,失去了mol電子,根據(jù)電子守恒,轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NA;故D錯(cuò)誤;
故選C.5、D【分析】【分析】A;反應(yīng)過程中生成二氧化氮污染氣體;
B;反應(yīng)過程生成一氧化氮污染氣體;
C;氯氣是污染性氣體;氯化銅和硝酸不反應(yīng);
D、原料是空氣節(jié)約原料,過程中無污染氣體;【解析】【解答】解:A;反應(yīng)過程中生成二氧化氮污染氣體;污染環(huán)境,故A錯(cuò)誤;
B;反應(yīng)過程生成一氧化氮污染氣體;污染環(huán)境,故B錯(cuò)誤;
C;反應(yīng)過程中氯氣是污染性氣體;生成的氯化銅和硝酸不反應(yīng),故C錯(cuò)誤;
D;原料是空氣節(jié)約原料;過程中無污染氣體,符合節(jié)約原料和防止環(huán)境污染的要求,故D正確;
故選D.6、C【分析】解:A、該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕而產(chǎn)生電力,由方程式可知銅電極上并非是氧氣直接放電,正極反應(yīng)為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-,因此通入空氣的目的是讓氧氣與銅反應(yīng)生成Cu2O;故A正確;
B、原電池中陽離子向正極移動,所以放電時(shí),Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動;故B正確;
C、放電時(shí),正極的電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-;故C錯(cuò)誤;
D;正極銅首先被空氣氧化成氧化亞銅;然后氧化亞銅得電子生成單質(zhì)銅,所以整個(gè)過程中,銅相當(dāng)于催化劑,故D正確;
故選:C。
放電時(shí),鋰失電子作負(fù)極,Cu上O2得電子作正極,負(fù)極上電極反應(yīng)式為Li-e-═Li+,正極上電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-;電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動,陰離子向負(fù)極移動,據(jù)此分析解答。
本題考查了原電池原理,明確原電池負(fù)極上得失電子及電極反應(yīng)式是解本題關(guān)鍵,題目難度中等,注意把握Cu在整個(gè)過程中的作用?!窘馕觥緾二、填空題(共6題,共12分)7、23:39【分析】【分析】Na、Na2O2的混合物與足量的水反應(yīng)得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物,將該混合氣體通過放電,恰好完全反應(yīng),說明氫氣和氧氣反應(yīng)的物質(zhì)的量之比恰好等于它們反應(yīng)的計(jì)量數(shù)之比;然后分別根據(jù)反應(yīng)方程式計(jì)算出鈉、過氧化鈉的物質(zhì)的量,再根據(jù)m=nM計(jì)算出其質(zhì)量,最后計(jì)算出質(zhì)量之比.【解析】【解答】解:Na、Na2O2的混合物與足量的水反應(yīng)得到的氣體是氫氣和氧氣的混合物;將該混合氣體通過放電,恰好完全反應(yīng),說明氫氣和氧氣反應(yīng)的物質(zhì)的量之比恰好等于它們反應(yīng)的計(jì)量數(shù)之比;
該混合氣體通過放電,恰好完全反應(yīng),根據(jù)方程式2H2+O22H2O可知;氫氣和氧氣反應(yīng)的物質(zhì)的量之比恰好等于它們反應(yīng)的計(jì)量數(shù)之比,即氫氣和氧氣的物質(zhì)的量之比為2:1,設(shè)氫氣為2nmol,則氧氣為nmol;
根據(jù)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知;鈉的物質(zhì)的量為4nmol,鈉的質(zhì)量為:23g/mol×4nmol=92ng;
根據(jù)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知;過氧化鈉的物質(zhì)的量為2nmol,過氧化鈉的質(zhì)量為:2nmol×78g/mol=156ng;
所以原混合物中鈉;過氧化鈉的物質(zhì)的量之比:92ng:156ng=23:39;
故答案為:23:39.8、2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O堿性、漂白性檢驗(yàn)白霧中是否Cl2,排除Cl2干擾白霧中含有SO2,SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸,觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色CaSO4【分析】【分析】(1)漂白粉的制備;氯氣和堿反應(yīng),利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣;氯化鈣和水;
(2)pH試紙先變藍(lán)(約為12);后褪色說明溶液呈堿性,具有漂白性;
(3)①反應(yīng)中生成Cl2,用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗(yàn)白霧中是否Cl2,排除Cl2干擾;
②白霧中含有SO2,可以被硝酸氧化為硫酸,故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀;
(4)依據(jù)次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣;向漂白精溶液中逐滴滴入硫酸,觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色;
(5)二氧化硫通入漂白精溶液中,形成酸溶液,次氯酸根離子具有強(qiáng)氧化性可以氧化二氧化硫?yàn)榱蛩岷外}離子形成硫酸鈣沉淀;二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應(yīng)生成硫酸和鹽酸.【解析】【解答】解:(1)氯氣和堿反應(yīng),利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成次氯酸鈣、氯化鈣和水,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
故答案為:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(2)pH試紙先變藍(lán)(約為12)溶液呈堿性;后褪色溶液具有漂白性,所以說明溶液呈堿性,具有漂白性;
故答案為:堿性;漂白性;
(3)向水中持續(xù)通入SO2;未觀察到白霧.推測現(xiàn)象i的白霧由HCl小液滴形成;
①用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗(yàn)白霧;無變化;為了檢驗(yàn)白霧中是否含有氯氣,因?yàn)楹新葰庠跈z驗(yàn)氯化氫存在時(shí)產(chǎn)生干擾;
故答案為:檢驗(yàn)白霧中是否含有Cl2,排除Cl2干擾;
②用酸化的AgNO3溶液檢驗(yàn)白霧;產(chǎn)生白色沉淀,若含有二氧化硫氣體,通入硝酸酸化的硝酸銀溶液,會被硝酸氧化為硫酸,硫酸和硝酸銀反應(yīng)也可以生成硫酸銀沉淀,所以通過實(shí)驗(yàn)不能證明一定含有氯化氫;
故答案為:白霧中混有SO2,SO2可與酸化的AgNO3反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀;
(4)現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因:隨溶液酸性的增強(qiáng),漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應(yīng).通過進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了這種可能性;漂白精中成分為次氯酸鈣;氯化鈣,次氯酸根具有強(qiáng)氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣;
故答案為:向漂白精溶液中逐滴加入硫酸;觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色;
(5))取上層清液,加入BaC12溶液,產(chǎn)生白色沉淀,說明SO2被氧化為SO42-,故沉淀X為CaSO4,故答案為:CaSO4.9、略
【分析】試題分析:(1)芳香烴A與HCl反應(yīng),說明分子中含有碳碳雙鍵,因此A是苯乙烯。與氯化氫反應(yīng)生成鹵代烴,而B是苯乙酸,所以鹵代烴要轉(zhuǎn)化為羧酸,則氯原子首先發(fā)生水解反應(yīng)引入羥基,然后羥基被氧化生成羧基即可,所以制取B還需進(jìn)行反應(yīng)的類型依次為取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)。(2)B是苯乙酸,結(jié)構(gòu)簡式為一種酯與B互為同分異構(gòu)體,且苯環(huán)上只有一個(gè)取代基,則符合條件的酯類可以是苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯或乙酸苯酚酯,共計(jì)是3種。(3)有機(jī)物D中亞甲基(—CH2—)的氫原子受羰基影響活性較高,容易發(fā)生取代反應(yīng),所以D轉(zhuǎn)化為E的化學(xué)方程式為(4)根據(jù)已知信息②可知F與尿素發(fā)生取代反應(yīng),F(xiàn)中與碳氧雙鍵相連的碳氧單鍵斷鍵,然后與氮原子相連,所以生成物的結(jié)構(gòu)簡式為(5)根據(jù)已知信息②可知E與尿素發(fā)生取代反應(yīng),E中與碳氧雙鍵相連的碳氧單鍵斷鍵,然后依次與氮原子相連從而得到高分子化合物,所以生成物的結(jié)構(gòu)簡式為(6)有機(jī)物的合成一般結(jié)合已知信息采用逆推法進(jìn)行,所以根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知正確的合成路線為考點(diǎn):考查有機(jī)物推斷、合成以及同分異構(gòu)體的判斷【解析】【答案】(1)取代(1分)氧化(1分)(2)3種(1分)苯甲酸甲酯(甲酸苯甲酯、乙酸苯酚酯)(1分)(3)(2分)(4)(1分)(5)(1分)(6)(4分)10、氧化反應(yīng)【分析】【解答】解:高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性,能氧化含有C=C或C≡C的有機(jī)物,所以乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色,是高錳酸鉀與乙烯發(fā)生了氧化反應(yīng);故答案為:氧化反應(yīng).【分析】高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性,能氧化含有C=C或C≡C等有機(jī)物,據(jù)此分析.11、2,3-二甲基-2-丁烯取代反應(yīng)消去反應(yīng)氫氧化鈉醇溶液、加熱+Br2→12CH3CH2OCH2CH3【分析】【分析】烯烴A含有碳碳雙鍵,1molA完全燃燒可生成6molCO2和6molH2O,則A的分子式為C6H12,儀器分析顯示它有四個(gè)完全對稱的甲基,則A為(CH3)2C═C(CH3)2,A與溴溴發(fā)生加成反應(yīng)生成DA與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C為(CH3)2CBrCH(CH3)2,A與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B,B與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成C,則B為(CH3)2CHCH(CH3)2.D在足量的氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成E,則E為E與適量Br2反應(yīng)時(shí)有兩種加成方式,即1,2-加成生成和1,4-加成生成再加成HBr時(shí)F1有兩種加成產(chǎn)物,F(xiàn)2只有一種加成產(chǎn)物,則F1為F2為故G1為G2為據(jù)此解答.【解析】【解答】解:烯烴A含有碳碳雙鍵,1molA完全燃燒可生成6molCO2和6molH2O,則A的分子式為C6H12,儀器分析顯示它有四個(gè)完全對稱的甲基,則A為(CH3)2C═C(CH3)2,A與溴溴發(fā)生加成反應(yīng)生成DA與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C為(CH3)2CBrCH(CH3)2,A與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成B,B與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成C,則B為(CH3)2CHCH(CH3)2.D在足量的氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成E,則E為E與適量Br2反應(yīng)時(shí)有兩種加成方式,即1,2-加成生成和1,4-加成生成再加成HBr時(shí)F1有兩種加成產(chǎn)物,F(xiàn)2只有一種加成產(chǎn)物,則F1為F2為故G1為G2為.
(1)A為(CH3)2C═C(CH3)2;名稱為:2,3-二甲基-2-丁烯;
故答案為:2;3-二甲基-2-丁烯;
(2)D的結(jié)構(gòu)簡式為G2的結(jié)構(gòu)簡式為
故答案為:
(3)反應(yīng)②的反應(yīng)類型為取代反應(yīng);反應(yīng)⑨的反應(yīng)類型為消去反應(yīng),反應(yīng)條件是氫氧化鈉醇溶液;加熱;
故答案為:取代反應(yīng);消去反應(yīng);氫氧化鈉醇溶液;加熱;
(4)反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式:
E→F1的化學(xué)方程式:+Br2→
故答案為:+Br2→
(5)A的烯烴同分異構(gòu)體:
主鏈含有6個(gè)C原子;碳碳雙鍵有3種位置;
主鏈含有5個(gè)C原子;碳碳雙鍵處于1號;2號碳原子時(shí),甲基有3種位置,碳碳雙鍵處于2號、3號碳原子時(shí),甲基有3種位置;
主鏈含有4個(gè)碳原子;碳碳雙鍵處于1號;2號碳原子時(shí),乙基連接2號碳原子,可以是2個(gè)甲基連接3號碳原子上,也可以是2個(gè)甲基分別連接2號、3號碳原子上,碳碳雙鍵處于2號、3號碳原子時(shí),2個(gè)甲基分別連接2號、3號碳原子上,即為A;
故不含A且不考慮不考慮順反異構(gòu)時(shí)共有12種;
故答案為:12;
(6)S含有對稱的-CH3、對稱的-CH2-,還含有醚鍵,相對分子質(zhì)量最小的S的結(jié)構(gòu)簡式為:CH3CH2OCH2CH3;
故答案為:CH3CH2OCH2CH3.12、玻璃棒100mL容量瓶膠頭滴管①②④③⑤偏低4000①②④【分析】【分析】①依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟:計(jì)算;稱量、溶解、冷卻、洗滌、定容、搖勻、裝瓶確定正確的操作步驟;選擇需要的儀器;
②要配制100ml溶液應(yīng)選擇100ml的容量瓶;
③定容時(shí)使用膠頭滴管;
(1)依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟:計(jì)算;稱量、溶解、冷卻、洗滌、定容、搖勻、裝瓶確定正確的操作步驟;
(2)根據(jù)c=并結(jié)合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來進(jìn)行誤差分析;
(3)根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計(jì)算;(4)根據(jù)c=并結(jié)合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來進(jìn)行誤差分析.【解析】【解答】解:①溶解時(shí);為加快碳酸鈉溶解的速度,可用玻璃棒攪拌,故答案為:玻璃棒;
②要配制100ml溶液應(yīng)選擇100ml的容量瓶;故答案為:100mL容量瓶;
③定容時(shí)使用膠頭滴管逐滴加入;故答案為:膠頭滴管;
(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟:計(jì)算;稱量、溶解、冷卻、洗滌、定容、搖勻、裝瓶;所以正確的順序?yàn)椋孩佗冖堍邰荩蚀鸢笧椋孩佗冖堍邰荩?/p>
(2)若沒有操作④;會導(dǎo)致溶質(zhì)的損失,則所配溶液的濃度會偏低,故答案為:偏低;
(3)配制好的是1mol/L的Na2CO3溶液,其中鈉離子濃度為2mol/L,設(shè)稀釋后的溶液的體積為VmL,根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀來計(jì)算可知:
2mol/L×20mL=0.001mol/L×VmL
解得V=4000;故答案為:4000;
(4)①用拖盤天平稱量時(shí)砝碼放在左盤;會導(dǎo)致所稱量的藥品的質(zhì)量偏小,則濃度偏低,故①選;
②將燒杯中的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶時(shí)不慎灑到容量瓶外;會導(dǎo)致溶質(zhì)的損失,所配溶液的濃度偏低,故②選;
③定容時(shí)俯視刻度線;所配溶液的體積偏小,則濃度偏高,故③不選;
④定容時(shí)仰視刻度線;所配溶液的體積偏大,則濃度偏低,故④選;
⑤若容量瓶未干燥即用來配制溶液;對溶液濃度無影響,因?yàn)橹灰ㄈ輹r(shí)正確,至于水是原來就有的還是后來加入的,對濃度無影響,故⑤不選.
故選①②④.三、判斷題(共6題,共12分)13、×【分析】【分析】K元素的焰色反應(yīng)為紫色,但是要透過藍(lán)色鈷玻璃片觀察,因?yàn)殁浥c鈉一般是同時(shí)存在的,鈉的黃色會蓋住鉀的紫色,要用藍(lán)色藍(lán)色鈷玻璃片濾去黃色.【解析】【解答】解:K元素的焰色反應(yīng)為紫色,但是要透過藍(lán)色鈷玻璃片觀察,Na元素的焰色反應(yīng)為黃色,因?yàn)殁浥c鈉一般是同時(shí)存在的,鈉的黃色會蓋住鉀的紫色,要用藍(lán)色的藍(lán)色鈷玻璃片濾去黃色,本題中未通過藍(lán)色鈷玻璃片觀察,因此不能確定是否含有K+.
故答案為:×.14、√【分析】【分析】(1)羥基正在有機(jī)物分子最前面時(shí)應(yīng)該表示為HO-;據(jù)此進(jìn)行判斷;
(2)醛基寫在有機(jī)物分子前邊時(shí)應(yīng)該表示為:OHC-;
(3)酚羥基的表示方式錯(cuò)誤;應(yīng)該表示為:HO-;
(4)左邊的硝基中含有原子組成錯(cuò)誤,應(yīng)該為O2N-;
(5)結(jié)構(gòu)簡式中酯基表示方式錯(cuò)誤;
(6)苯乙醛中醛基的結(jié)構(gòu)簡式表示錯(cuò)誤,應(yīng)該為-CHO.【解析】【解答】解:(1)乙醇:HOCH2CH3;乙醇的結(jié)構(gòu)簡式正確,故答案為:√;
(2)羥基的表示方法錯(cuò)誤,丙二醛的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是:OHCCH2CHO,故答案為:OHCCH2CHO;
(3)酚羥基的表示方法錯(cuò)誤,對甲基苯酚的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是:故答案為:
(4)左邊硝基的組成錯(cuò)誤,正確應(yīng)該為:O2N-,三硝基甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為:
(5)酯基的表示方法錯(cuò)誤,甲酸苯酚的結(jié)構(gòu)簡式是故答案為:
(6)醛基的書寫錯(cuò)誤,苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式是:
故答案為:.15、×【分析】【分析】依據(jù)n=CV可知要計(jì)算溶質(zhì)的物質(zhì)的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積,據(jù)此判斷解答.【解析】【解答】解:0.1mol?L-1的NaHSO4溶液,體積未知,無法計(jì)算硫酸氫鈉的物質(zhì)的量,無法計(jì)算陽離子個(gè)數(shù),故錯(cuò)誤;16、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液,并加熱
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