山东省日照市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析
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2016年山东省日照市高考化学二模试卷
一、选择题:本题共7小题,每小题6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.《后汉书?郡国志》中记载:“石出泉水…其水有肥,燃之极明,不可食,县人谓之石漆.”《酉阳杂俎》一书:“高奴县石脂水,水腻,浮上如漆,采以膏车及燃灯极明.”这里的“石漆”“石脂水”是指( )
A.油脂 B.油漆 C.石油 D.煤焦油
2.NA为阿伏伽德罗常数的值.下列说法正确的是( ) A.标准状况下,22.4L庚烷的分子数约为NA
B.1L 0.1mol?L﹣l的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA C.4.0 gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NA
D.50mL 12 mol?L﹣1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA
3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素.X2﹣和Y+的核外电子排布相同;Z、W同周期,W原子是同周期主族元素中半径最小的,Z核外电子总数是最外层电子数的3倍.下列说法不正确的是( ) A.单质的沸点:W<Z B.气态氢化物的稳定性:W>Z C.简单离子半径:Z>W>X>Y
D.X的氢化物中不可能含有非极性共价键
4.如表实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( ) 选项 实验 A 向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸,将产生的气体通入苯酚钠溶液中 B 现象 结论 苯酚钠溶液产生浑酸性: 浊 醋酸>碳酸>苯酚 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I2 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡、静置 C 向10mL0.2mol?L﹣1NaOH溶液中滴入2滴白色沉淀转化为红相同温度下的KspMg(OH)(OH)2>KspFe0.1mol?L﹣1MgCl2溶液,产生白色沉淀后,再褐色沉淀 1
滴加2滴0.1mol?L﹣1FeCl3溶液 D 3 室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1mol?LCH3COONa溶液酸性: ﹣1NaClO溶液和0.1mol?L﹣1CH3COONa溶液的的pH试纸颜色深 HClO>CH3COOH pH A.A
B.B
C.C
D.D
5. 依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等.它可以由原料X经过多步反应合成:
下列说法正确的是( ) A.X与Y互为同分异构体
B.可用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y
C.1molY能与6molH2或3mol NaOH发生反应 D.依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应
6.如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能,并生成环境友好物质的装置,同时利用此装置的电能在铁上镀铜,下列说法中不正确的是( )
A.铜电极应与X相连接
B.H+透过质子交换膜由左向右移动
C.M电极反应式为CO(NH2)2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+ D.当N电极消耗0.25 mol气体时,则理论上铁电极增重32 g
7.pC类似pH,是指极稀溶液中,溶质物质的量浓度的常用对数负值.如某溶液溶质的浓度为l×10﹣3mol?L﹣1,则该溶液中溶质的pC=﹣lg(1×l0﹣3)=3.如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后,平衡时溶液中三种成分的pC﹣pH图.下列说法不正确的是( )
2
A.H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存 B.H2CO3电离平衡常数Kal≈10﹣6
C.pH=7时,溶液中存在关系(HCO3﹣)>c(H2CO3)>c(CO32﹣) D.pH=9时,溶液中存在关系(H+)+c(H2CO3)=c(OH﹣)+c(CO32﹣)
二、非选择题
8.酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂,化学式为[Cr(CH3COO)2]2?2H2O,不溶于冷水,易溶于盐酸.由于Cr2+易被氧气氧化,制备醋酸亚铬时,需在封闭体系中用锌作还原剂,先将Cr3+还原为Cr2+,再与醋酸钠溶液作用制得,其总反应为: 2Cr3++Zn+4CH3COO﹣+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2?2H2O+Zn2+ 请回答下列问题:
(1)实验中用恒压滴液漏斗,相比普通分液漏斗,显著的优点是 . (2)实验开始前,必需进行的实验操作是 ;实验开始时,打开恒压滴液漏斗的旋塞,让盐酸滴入装置2中,打开A,关闭B,目的是 ,反应一段时间后,保持盐酸持续滴下,关闭A,打开B,目的是 .
(3)已知其它反应物足量,实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1mol?L﹣1的醋酸钠溶液;实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g,则该实验所得产品的产率为 (不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失).
(4)为标定实验所用的CrCl3溶液,进行了如下操作:
取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸后加入适量Na2O2,充分加热煮沸,稀释,加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72﹣存在;再加入足量KI,密塞,摇匀,于暗处静置5分钟后,用0.25mol?L﹣1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液呈淡黄色,加入l mL指示剂,滴定至终点.平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL.
已知:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O,2S2O32﹣+I2═S4O62﹣十2I﹣.
3
①实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为 . ②滴定过程中所用的指示剂是 . ③下列操作导致实验结果偏低的是 . a.移取CrCl3溶液的滴定管,水洗后未用CrCl3溶液润洗 b.盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡 c.量取CrCl3溶液时先俯视后仰视
d.滴定终点时,盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落.
9.研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作. (1)NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染,包含以下反应: 反应Ⅰ:4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l)△H1 反应Ⅱ:2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H2
反应Ⅲ:4NH3(g)+6NO2(g)?5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l)△H3 则△H3= (用△H1和△H2的代数式表示).n(N2)(mol)
相同条件下,反应I在2L密闭容器内,选用不同的催化剂,反应产生N2的量随时间变化如图1所示.
①计算0~4min在A催化剂作用下,反应速率v(NO)= . ②下列说法不正确的是 .
a.该反应的活化能大小顺序是:Ea(A)>Eb(B)>Ec(C)
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b.缩小体积能使体系压强增大,反应速率加快,但活化分子的百分数不变 c.单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时,说明反应已经达到平衡 d.若在恒容绝热的密闭容器中发生反应,当K值不变时,说明反应已经达到平衡 (2)三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置,装置中涉及的反应之一为:2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g).
①探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系,得到如图2所示的曲线.催化装置比较适合的温度和压强是 .
②测试某型号汽车在冷启动(冷启动指发动机水温低的情况下启动)时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示.则前10s内,CO和NO百分含量没明显变化的原因是 . 实验编号 T(K) NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积(m2/g) (mol?L﹣1) (mol?L﹣1) Ⅰ Ⅱ Ⅲ 400 400 450 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 82 124 124 ③研究表明:在使用等质量催化剂时,增大催化剂比表面积可提高化学反应速率.为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了如表三组实验: 根据坐标图4,计算400K时该反应的平衡常数为 ;并在图中画出上表中的实III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图 验II、(标明各条曲线的实验编号).10.锂离子电池广泛应用于日常电子产品中,也是电动汽车动力电池的首选.正极材料的选择决定了锂离子电池的性能.磷酸铁钾(LiFePO4)以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”.
(1)磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是 .
(2)高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法.通常以铁盐、磷酸盐和锂盐为原料,按化学计量比充分混匀后,在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解,再经高温焙烧,研磨粉碎制成.
其反应原理如下:①完成上述化学方程式.
Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+ + ②理论上,反应中每转移0.15mol电子,会生成LiFePO4 g. ③反应需在惰性气氛的保护中进行,其原因是 .
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(3)磷酸铁锂电池装置如图所示,其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面,负极石墨材料附着在铜箔表面,电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐. 电池工作时的总反应为:LiFePO4+6C
Li1﹣xFePO4+LixC6,则放电时,正极的电极反应
式为 .充电时,Li+迁移方向为 (填“由左向右”或“由右向左”),图中聚合物隔膜应为 (填“阳”或“阴”)离子交换膜.
(4)废旧磷酸铁锂电池的正极材料(主要成分为LiFePO4,难溶于水,不与强碱反应)可通过湿法回收锂和铁,其过程如下:
①碱溶.加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物,过滤.
②酸浸.在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液,发生反应的离子方程式为 ,得到浸出液.
③分离锂和铁.向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀,当pH为 时,铁恰好沉淀完全(已知Ksp[Fe(OH)3]=1×10﹣39当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时,可认为该离子沉淀完全)
三、[化学-选修5:有机化学基础]
11.OPA是医药中间体,可用作内窥镜手术用器械高效安全抗菌消毒剂,也用于合成新抗血小板聚集药吲哚波芬.有关OPA的转化关系如图:
已知:
①A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃
②同一个碳原子上连两个羟基不稳定,会脱去一分子的水生成醛基
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③无α﹣H (醛基相邻碳上的氢)的醛能发生歧化反应,如:2HCHO+KOHCH3OH+HCOOK 回答下列问题:
(1)A的名称是 .
(2)检验B中溴元素的方法正确是 . a.加入氯水振荡,观察上层是否有红棕色
b.滴加硝酸酸化的硝酸银,观察有无浅黄色沉淀生成
c.滴加NaOH溶液共热,再加硝酸银溶液,观察有无浅黄色沉淀
d.滴加NaOH溶液共热,后加稀硝酸酸化,再加硝酸银溶液,观察有无浅黄色沉淀 (3)OPA的结构简式是 ,OPA分子中最多有 个原子共平面. (4)D中官能团的名称是 ,E是一种聚酯类高分子化合物,由D生成E的化学反应方程式为 (不必注明反应条件),该反应的类型为 . (5)D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个,能水解且能发生银镜反应的共有 种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积之比为l:2:2:3的是 (写出其结构简式).
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2016年山东省日照市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题:本题共7小题,每小题6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.《后汉书?郡国志》中记载:“石出泉水…其水有肥,燃之极明,不可食,县人谓之石漆.”《酉阳杂俎》一书:“高奴县石脂水,水腻,浮上如漆,采以膏车及燃灯极明.”这里的“石漆”“石脂水”是指( )
A.油脂 B.油漆 C.石油 D.煤焦油 【考点】烷烃及其命名.
【专题】有机化合物的获得与应用.
【分析】《后汉书?郡国志》中记载:“石出泉水…其水有肥,燃之极明,不可食,县人谓之石漆.”可知,此石漆是在自然界存在的,且不能食用,可以燃烧,火焰明亮;”《酉阳杂俎》一书:“高奴县石脂水,水腻,浮上如漆,采以膏车及燃灯极明.”可知,石脂水难溶于水,且浮在水面上,说明密度比水小,且颜色呈黑色,燃烧时火焰明亮,据此分析.
【解答】解:《后汉书?郡国志》中记载:“石出泉水…其水有肥,燃之极明,不可食,县人谓之石漆.”可知,此石漆是在自然界存在的,且不能食用,可以燃烧,火焰明亮;”《酉阳杂俎》一书:“高奴县石脂水,水腻,浮上如漆,采以膏车及燃灯极明.”可知,石脂水难溶于水,且浮在水面上,说明密度比水小,且颜色呈黑色,燃烧时火焰明亮.
A、《后汉书?郡国志》中记载:“石出泉水…”,可知“石漆”“石脂水”不是油脂,故A错误; B、油漆不是自然界天然存在的,故B错误;
C、石油在自然界天然存在,不可食用,难溶于水且密度比水小,呈黑色,可以燃烧且火焰明亮,符合上述所有特点,故C正确;
D、煤焦油是煤经干馏得到的,在自然界不存在,故D错误. 故选C.
【点评】本题以文言文的形式考查了常见的化学物质,既考查了化学知识还考查了文学素养,难度不大,是考查的热点.
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2.NA为阿伏伽德罗常数的值.下列说法正确的是( ) A.标准状况下,22.4L庚烷的分子数约为NA
B.1L 0.1mol?L﹣l的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA C.4.0 gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NA
D.50mL 12 mol?L﹣1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA 【考点】阿伏加德罗常数.
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 【分析】A、标况下庚烷为液态;
B、S2﹣在溶液中能水解为HS﹣和H2S,根据物料守恒来分析; C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol; D、二氧化锰只能和浓盐酸反应,和稀盐酸不反应.
【解答】解:A、标况下庚烷为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数,故A错误;
B、S2﹣在溶液中能水解为HS﹣和H2S,根据物料守恒可知,溶液中的S2﹣、HS﹣和H2S个数共为0.1NA个,故B错误;
C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol,故4.0g混合物的物质的量为0.2mol,而两者均含10个中子,故0.2mol混合物中含2NA个中子,故C正确;
D、二氧化锰只能和浓盐酸反应,和稀盐酸不反应,故浓盐酸不能反应完全,则转移的电子数小于0.3NA个,故D错误. 故选C.
【点评】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,难度不大.
3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素.X2﹣和Y+的核外电子排布相同;Z、W同周期,W原子是同周期主族元素中半径最小的,Z核外电子总数是最外层电子数的3倍.下列说法不正确的是( ) A.单质的沸点:W<Z B.气态氢化物的稳定性:W>Z C.简单离子半径:Z>W>X>Y
D.X的氢化物中不可能含有非极性共价键
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【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【专题】元素周期律与元素周期表专题.
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素.X2﹣和Y+的核外电子排布相同;则X位于第二周期、Y处于第三周期,X为O元素、Y为Na元素;Z、W位于同一周期,且原子序数大于Y,在Z、W位于第三周期;W原子是同周期主族元素中半径最小的,则W为Cl元素;Z核外电子总数是最外层电子数的3倍,设最外层电子数为x,则10+x=3x,解得:x=5,则Z为P元素,据此进行解答.
【解答】解:X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素.X2﹣和Y+的核外电子排布相同;则X位于第二周期、Y处于第三周期,X为O元素、Y为Na元素;Z、W位于同一周期,且原子序数大于Y,在Z、W位于第三周期;W原子是同周期主族元素中半径最小的,则W为Cl元素;Z核外电子总数是最外层电子数的3倍,设最外层电子数为x,则10+x=3x,解得:x=5,则Z为P元素,
A.W为Cl、Z为P,氯气常温下为气体,而磷单质为固态,则氯气的沸点小于磷,故A正确;
B.W为Cl、Z为P,非金属性:Cl大于P,则气态氢化物的稳定性:W>Z,故B正确; C.离子的电子层越多,离子半径越大,电子层相同时,离子的核电荷数越大,离子半径越小,则简单离子半径:Z>W>X>Y,故C正确;
D.X为O元素,其氢氧化物双氧水中含有非极性键,故D错误; 故选C.
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的综合应用,题目难度中等,推断元素为解答关键,注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系,试题培养了学生的灵活应用能力.
4.如表实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( ) 选项 实验 A 向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸,将产生的气体通入苯酚钠溶液中 B 现象 结论 苯酚钠溶液产生浑酸性: 浊 醋酸>碳酸>苯酚 下层溶液显紫红色 氧化性:Fe3+>I2 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡、静置 10
C 向10mL0.2mol?L﹣1NaOH溶液中滴入2滴白色沉淀转化为红相同温度下的KspMg(OH)(OH)2>KspFe3 0.1mol?L﹣1MgCl2溶液,产生白色沉淀后,再褐色沉淀 滴加2滴0.1mol?L﹣1FeCl3溶液 D 室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1mol?LCH3COONa溶液酸性: ﹣1NaClO溶液和0.1mol?L﹣1CH3COONa溶液的的pH试纸颜色深 HClO>CH3COOH pH A.A
B.B
C.C
D.D
【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题.
【分析】A.醋酸具有挥发性,生成的二氧化碳中含有醋酸,醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚;
B.同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;
C.NaOH足量,氯化镁、氯化铁不足量,所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生; D.次氯酸钠具有漂白性,不能利用pH试纸测定pH.
【解答】解:A.醋酸具有挥发性,生成的二氧化碳中含有醋酸,醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚,所以醋酸干扰碳酸酸性检验,在将气体通入苯酚钠溶液前应该除去醋酸,故A错误;
B.同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡、静置,下层溶液呈紫红色,说明碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘,铁离子作氧化剂、碘是氧化产物,则氧化性:Fe3+>I2,故B正确; C.NaOH足量,氯化镁、氯化铁不足量,所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生,所以该实验不能判断相同温度下的KspMg(OH)2>KspFe(OH)3,故C错误; D.NaClO溶液具有强氧化性,不能利用pH试纸测定pH,应利用pH计测定pH比较酸性强弱,故D错误; 故选B.
【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及pH测定、溶度积大小比较、氧化性强弱判断、酸性强弱比较等知识点,明确实验原理及物质性质是解本题关键,注意D中次氯酸钠的强氧化性及C中NaOH的量,为易错点.
5. 依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等.它可以由原料X经过多步反应合成:
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下列说法正确的是( ) A.X与Y互为同分异构体
B.可用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y
C.1molY能与6molH2或3mol NaOH发生反应 D.依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应 【考点】有机物的结构和性质. 【专题】有机物的化学性质及推断.
【分析】A.分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体; B.X和Y中苯环上都含有甲基,都能被酸性高锰酸钾溶液氧化;
C.Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应,酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应;
D.依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基,具有烯烃、醚、苯和酯的性质,能发生加成反应、取代反应、水解反应等.
【解答】解:A.分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体,原料X与中间体Y的分子式相同,但结构不同,则二者互为同分异构体,故A正确;
B.X和Y中苯环上都含有甲基,都能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成﹣COOH,所以二者不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别,故B错误;
C.Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应,酚羟基、酯基水解 生成的羧基能与NaOH反应,所以1molY能与5molH2或3mol NaOH发生反应,故C错误;D.依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基,具有烯烃、醚、苯和酯的性质,能发生加成反应、取代反应、水解反应等,不能发生消去反应,故D错误; 故选A.
【点评】本题考查有机物的结构与性质,注意把握有机物官能团与性质的关系来解答,熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键,选项C为易错点,注意Y水解生成酚羟基,题目难度不大
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6.如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能,并生成环境友好物质的装置,同时利用此装置的电能在铁上镀铜,下列说法中不正确的是( )
A.铜电极应与X相连接
B.H+透过质子交换膜由左向右移动
C.M电极反应式为CO(NH2)2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+ D.当N电极消耗0.25 mol气体时,则理论上铁电极增重32 g 【考点】化学电源新型电池. 【专题】电化学专题.
【分析】根据题给信息知,甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池,M是负极,N是正极,电解质溶液为酸性溶液,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应;在铁上镀铜,则铁为阴极应与负极相连,铜为阳极应与正极相连,根据得失电子守恒计算,以此解答该题.
【解答】解:甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池,M是负极,N是正极,电解质溶液为酸性溶液,负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发生还原反应, A.铁上镀铜,则铁为阴极应与负极相连,铜为阳极应与正极Y相连,故A错误; B.M是负极,N是正极,质子透过离子交换膜由左M极移向右N极,即由左向右移动,故B正确;
C.H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应,生成但其、二氧化碳和水,电极反应式为H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+,故C正确;
D.当N电极消耗0.25 mol氧气时,则转移0.25×4=1mol电子,所以铁电极增重mol×64g/mol=32g,故D正确. 故选A.
【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理,侧重于学生的分析、计算能力的考查,明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答,难度中等.
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7.pC类似pH,是指极稀溶液中,溶质物质的量浓度的常用对数负值.如某溶液溶质的浓度为l×10﹣3mol?L﹣1,则该溶液中溶质的pC=﹣lg(1×l0﹣3)=3.如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后,平衡时溶液中三种成分的pC﹣pH图.下列说法不正确的是( )
A.H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存 B.H2CO3电离平衡常数Kal≈10﹣6
C.pH=7时,溶液中存在关系(HCO3﹣)>c(H2CO3)>c(CO32﹣) D.pH=9时,溶液中存在关系(H+)+c(H2CO3)=c(OH﹣)+c(CO32﹣) 【考点】离子浓度大小的比较.
【专题】电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.
【分析】A.根据离子存在溶液的酸碱性判断,碳酸根离子和碳酸不能大量共存; B.由图象可知当pH=6时,pC(H2CO3)=pC(HCO3﹣),结合Ka1(H2CO3)=
计算;
C.Pc值越大,其浓度越小;
D.由图象可知,横坐标为pH,纵坐标为pC,pH=9时,H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3﹣,结合碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析.
【解答】解:A.碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强,所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存,H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存,故A正确;
B.由图象可知当pH=6时,pC(H2CO3)=pC(HCO3﹣),结合Ka1(H2CO3)=
=
=10﹣6,故B正确;
C.Pc值越大,其浓度越小,当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为 c(HCO3﹣)>c(H2CO3)>c(CO3 2﹣ ),故C正确;
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D.由图象可知,横坐标为pH,纵坐标为pC,pH=9时,H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3﹣,碳酸氢钠溶液中溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣),物料守恒c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),代入计算得到(H+)+c(H2CO3)=c(OH﹣)+c(CO32﹣),但此时不只是碳酸氢钠,属于溶液中离子浓度关系错误,故D错误; 故选D.
【点评】本题考查了弱电解质的电离,明确图象中Pc的含义是解本题关键,再结合pH、Pc的关系来分析解答,题目难度中等.
二、非选择题
8.酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂,化学式为[Cr(CH3COO)2]2?2H2O,不溶于冷水,易溶于盐酸.由于Cr2+易被氧气氧化,制备醋酸亚铬时,需在封闭体系中用锌作还原剂,先将Cr3+还原为Cr2+,再与醋酸钠溶液作用制得,其总反应为: 2Cr3++Zn+4CH3COO﹣+2H2O═[Cr(CH3COO)2]2?2H2O+Zn2+ 请回答下列问题:
(1)实验中用恒压滴液漏斗,相比普通分液漏斗,显著的优点是 平衡压强,使液体顺利滴下,可以防止液体挥发 .
(2)实验开始前,必需进行的实验操作是 检验装置气密性 ;实验开始时,打开恒压滴液漏斗的旋塞,让盐酸滴入装置2中,打开A,关闭B,目的是 盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出,形成还原性氛围,防止Cr2+被氧化, ,反应一段时间后,保持盐酸持续滴下,关闭A,打开B,目的是 让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应 .
(3)已知其它反应物足量,实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1mol?L﹣1的醋酸钠溶液;实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g,则该实验所得产品的产率为 75% (不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失).
(4)为标定实验所用的CrCl3溶液,进行了如下操作:
取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸后加入适量Na2O2,充分加热煮沸,稀释,加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72﹣存在;再加入足量KI,密塞,摇匀,于暗处静置5分钟后,用0.25mol?L﹣1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液
15
呈淡黄色,加入l mL指示剂,滴定至终点.平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL.
已知:Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O,2S2O32﹣+I2═S4O62﹣十2I﹣. ①实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为 0.08mol/L . ②滴定过程中所用的指示剂是 淀粉 . ③下列操作导致实验结果偏低的是 ac .
a.移取CrCl3溶液的滴定管,水洗后未用CrCl3溶液润洗 b.盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡,滴定后无气泡 c.量取CrCl3溶液时先俯视后仰视
d.滴定终点时,盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落.
【考点】制备实验方案的设计. 【专题】制备实验综合.
【分析】(1)平衡压强,使液体顺利滴下,防止液体挥发;
(2)制备气体需要检验装置气密性;由于Cr2+易被氧气氧化,用反应生成氢气将装置中的空气排出;
利用生成的氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应;
(3)3.17g CrCl3为0.02mol,得到CrCl2为0.02mol,醋酸钠为0.1mol,结合酣酸亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量,根据CrCl2计算[Cr(CH3COO)2]2?2H2O 的理论产量,进而计算其产率;
(4)①根据关系式2Cr3+~Cr2O72﹣~3I2~6S2O32﹣计算; ②碘遇淀粉变蓝色,反应完毕蓝色褪去;
③a.水洗后未用CrCl3溶液润洗,CrCl3溶液被稀释,消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小; b.气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内;
16
c.量取CrCl3溶液时先俯视,液面在读数下方,读数偏小,后仰视,液面在读数上方,对数偏大,则溶液体积偏大;
d.外挂有一滴液珠未滴落,以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内.
【解答】解:(1)分液漏斗添加液体,需要将分液漏斗活塞打开,便于液体顺利流下,用恒压滴液漏斗,相比普通分液漏斗,显著的优点是:平衡压强,使液体顺利滴下,可以防止液体挥发,
故答案为:平衡压强,使液体顺利滴下,可以防止液体挥发; (2)实验开始前,必需进行的实验操作是:检验装置气密性,
打开A,关闭B,目的是:盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出,形成还原性氛围,防止Cr2+被氧化,
关闭A,打开B,目的是:让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应,故答案为:检验装置气密性;盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出,形成还原性氛围,防止Cr2+被氧化;让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应; (3)CrCl3为
=0.02mol,得到CrCl2为0.02mol,醋酸钠为0.1mol,结合酣酸
亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量,根据原子守恒,则得到[Cr(CH3COO)2]2?2H2O为0.02mol,质量为0.02mol××376g/mol=3.76g,所得产品的产率为故答案为:75%;
(4)①设CrCl3溶液的物质的量浓度为amol/L,则: 2Cr3+~Cr2O72﹣~3I2~6S2O32﹣ 2 6
0.025L×amol/L 0.024L×0.25mol/L 所以2:6=0.025L×amol/L:0.024L×0.25mol/L 解得a=0.08,
故答案为:0.08mol/L;
②碘遇淀粉变蓝色,反应完毕蓝色褪去,可以用淀粉作指示剂, 故答案为:淀粉;
③a.水洗后未用CrCl3溶液润洗,CrCl3溶液被稀释,消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小,测定浓度偏小,故a符合;
b.气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内,测定浓度偏大,故b不符合;
17
=75%,
c.量取CrCl3溶液时先俯视,液面在读数下方,读数偏小,后仰视,液面在读数上方,对数偏大,则CrCl3溶液体积偏大,测定其浓度偏小,故c符合;
d.外挂有一滴液珠未滴落,以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内,测定浓度偏大,故d不符合. 故选:ac.
【点评】本题考查物质制备实验,涉及化学仪器使用、对操作的分析评价、产率计算、位置 含量的测定、信息的获取与运用等,有利于培养学生分析能力、实验能力,题目难度中等.
9.研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作. (1)NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染,包含以下反应: 反应Ⅰ:4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l)△H1 反应Ⅱ:2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H2
反应Ⅲ:4NH3(g)+6NO2(g)?5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l)△H3 则△H3= △H1﹣3△H2 (用△H1和△H2的代数式表示).n(N2)(mol)
相同条件下,反应I在2L密闭容器内,选用不同的催化剂,反应产生N2的量随时间变化如图1所示.
①计算0~4min在A催化剂作用下,反应速率v(NO)= 0.36mol?L﹣1?min﹣1 . ②下列说法不正确的是 a .
a.该反应的活化能大小顺序是:Ea(A)>Eb(B)>Ec(C)
b.缩小体积能使体系压强增大,反应速率加快,但活化分子的百分数不变 c.单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时,说明反应已经达到平衡 d.若在恒容绝热的密闭容器中发生反应,当K值不变时,说明反应已经达到平衡 (2)三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置,装置中涉及的反应之一为:2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g).
18
①探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系,得到如图2所示的曲线.催化装置比较适合的温度和压强是 400K,1MPa .
②测试某型号汽车在冷启动(冷启动指发动机水温低的情况下启动)时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示.则前10s内,CO和NO百分含量没明显变化的原因是 尚未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度) . 实验编号 T(K) NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积(m2/g) (mol?L﹣1) (mol?L﹣1) Ⅰ Ⅱ Ⅲ 400 400 450 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 82 124 124 ③研究表明:在使用等质量催化剂时,增大催化剂比表面积可提高化学反应速率.为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了如表三组实验: 根据坐标图4,计算400K时该反应的平衡常数为 5000L?mol﹣1 ;并在图中画出上表中的实验II、III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图(标明各条曲线的实验编号).
【考点】化学平衡的影响因素;用盖斯定律进行有关反应热的计算. 【专题】化学平衡专题;燃烧热的计算.
【分析】(1)已知K1>K1′,说明随温度升高,K减小,则反应Ⅰ为放热反应,△H1<0;K2>K2′,说明随温度升高,K减小,则反应II为放热反应,△H2<0;反应I﹣反应II×3得到反应III,则△H3=△H1﹣3△H2,据此分析;
①已知4分钟时氮气为2.4mol,4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l),则消耗的NO为2.88mol,根据v(NO)=
计算;
②a.单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率,N﹣H键断裂表示正速率,正逆速率相同则反应已经达到平衡;
b.改变压强,活化分子百分数不变;
c.相同时间内生成的氮气的物质的量越多,则反应速率越快,活化能越低; d.该反应为放热反应,恒容绝热的密闭容器中,反应时温度会升高,则K会减小; (2)①综合考虑NO的转化率和成本;
19
②汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析,开始的气体含量变化不大,说明温度低,催化剂的作用未起作用;
③结合表格中的浓度,利用三段法列出400K时平衡浓度,带入平衡常数表达式计算;根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断.
【解答】解:(1)已知K1>K1′,说明随温度升高,K减小,则反应Ⅰ为放热反应,△H1<0;K2>K2′,说明随温度升高,K减小,则反应II为放热反应,△H2<0;反应I﹣反应II×3得到反应III,则△H3=△H1﹣3△H2, 故答案为:△H1﹣3△H2;
①已知4分钟时氮气为2.4mol,4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(l),则消耗的NO为2.88mol,所以v(NO)=故答案为:0.36mol?L﹣1?min﹣1;
②a.相同时间内生成的氮气的物质的量越多,则反应速率越快,活化能越低,所以该反应的活化能大小顺序是:Ea(A)<Ea(B)<Ea(C),故a选;
b.增大压强能使反应速率加快,是因为增大了活化分子数,而活化分子百分数不变,故b不选;
c.单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率,N﹣H键断裂表示正速率,单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时,则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4:6,则正逆速率之比等于4:6,说明反应已经达到平衡,故c不选;
d.该反应为放热反应,恒容绝热的密闭容器中,反应时温度会升高,则K会减小,当K值不变时,说明反应已经达到平衡,故d不选; 故答案为:a;
(2)①由图2可知,等压条件下,温度越低,NO的转化率越高,因此温度选400K,同温下,NO的转化率随着温度的升高变化不大,所以选用较为经济的1MPa, 故答案为:400K,1MPa:
②汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析,开始的气体含量变化不大,说明温度低,催化剂的作用未起作用;证明反应未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度);
故答案为:尚未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度); ③设400K达到平衡状态时,则
20
=
=0.36mol?L﹣1?min﹣1,
2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g). 初始浓度(10﹣3mol?L﹣1):1 3.60 0 0 转化浓度(10﹣3mol?L﹣1):0.9 0.9 0.45 0.9 平衡浓度(10﹣3mol?L﹣1):0.1 2.7 0.45 0.9 K=
=5000L?mol﹣1,
因Ⅰ、Ⅱ温度相同,初始浓度相等,催化剂对平衡移动无影响,则平衡不移动,但Ⅱ的速率大,则Ⅱ先达到化学平衡,Ⅰ、Ⅱ达平衡时NO的浓度相同,而Ⅲ的温度高,则反应速率最大且平衡逆移,即达到化学平衡时c(NO)增大,实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO浓度
随时间变化的趋势曲线图为,
故答案为:5000L?mol﹣1;
;
【点评】本题考查较为综合,涉及反应热的计算、化学反应速率和化学平衡的影响因素与图象的关系、平衡常数的计算等知识,为高频考点,其中(3)③是难点,把握控制变量法分析反应速率的影响因素及图象为解答的关键,题目难度较大.
10.锂离子电池广泛应用于日常电子产品中,也是电动汽车动力电池的首选.正极材料的选择决定了锂离子电池的性能.磷酸铁钾(LiFePO4)以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”.
(1)磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是 磷酸铁锂电池不会产生重金属污染 .
(2)高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法.通常以铁盐、磷酸盐和锂盐为原料,按化学计量比充分混匀后,在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解,再经高温焙烧,研磨粉碎制成.
其反应原理如下:①完成上述化学方程式.
21
Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+ 2CO↑ + 7H2O↑ ②理论上,反应中每转移0.15mol电子,会生成LiFePO4 23.7 g. ③反应需在惰性气氛的保护中进行,其原因是 防止Fe(II)被氧化 .
(3)磷酸铁锂电池装置如图所示,其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面,负极石墨材料附着在铜箔表面,电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐. 电池工作时的总反应为:LiFePO4+6C
Li1﹣xFePO4+LixC6,则放电时,正极的电极反应
式为 Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4 .充电时,Li+迁移方向为 由左向右 (填“由左向右”或“由右向左”),图中聚合物隔膜应为 阳 (填“阳”或“阴”)离子交换膜. (4)废旧磷酸铁锂电池的正极材料(主要成分为LiFePO4,难溶于水,不与强碱反应)可通过湿法回收锂和铁,其过程如下:
①碱溶.加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物,过滤.
②酸浸.在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液,发生反应的离子方程式为 2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43﹣+2H2O ,得到浸出液.
③分离锂和铁.向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀,当pH为 2.7 时,铁恰好沉淀完全(已知Ksp[Fe(OH)3]=1×10﹣39当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时,可认为该离子沉淀完全)
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;原电池和电解池的工作原理. 【专题】电化学专题;物质的分离提纯和鉴别. 【分析】(1)重金属离子会产生污染; (2)①根据原子守恒分析;
②C2O42﹣中C的化合价为+3价,生成CO和CO2,C元素的化合价分别为+2价、+3价,根据电子与LiFePO4的关系计算; ③亚铁离子容易被氧气氧化;
22
(3)放电时,Li1﹣xFePO4在正极上得电子发生氧化反应;充电时,阳离子向阴极移动;电解质为锂盐,锂离子通过交换膜向正极移动;
(4)②LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下,被双氧水氧化为铁离子;
③当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时,可认为该离子沉淀完全,结合Ksp[Fe(OH)3]计算.【解答】解:(1)钴酸锂电池或锰酸锂电池中含有重金属离子,重金属离子会产生污染,所以磷酸铁锂电池比钴酸锂电池或锰酸锂电池更环保; 故答案为:磷酸铁锂电池不会产生重金属污染; (2)①由原子守恒可知,
Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+2CO↑+7H2O↑; 故答案为:2CO↑、7H2O↑;
②C2O42﹣中C的化合价为+3价,生成CO和CO2,C元素的化合价分别为+2价、+3价,生成2molCO转移2mol电子,同时生成2molLiFePO4,则当反应中每转移0.15mol电子,生成0.15molLiFePO4,其质量为23.7g; 故答案为:23.7;
③亚铁离子容易被氧气氧化,所以要隔绝氧气,即反应需在惰性气氛的保护中进行; 故答案为:防止Fe(II)被氧化; (3)电池工作时的总反应为:LiFePO4+6C
Li1﹣xFePO4+LixC6,放电时,Li1﹣xFePO4
在正极上得电子发生氧化反应,正极反应为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4;充电时,正极与外接电源的正极相连为阳极,阳离子向阴极移动,即Li+由左向右移动;电解质为锂盐,锂离子通过交换膜向正极移动,所以交换膜应该为阳离子交换膜; 故答案为:Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4;由左向右;阳;
(4)②LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下,被双氧水氧化为铁离子,则发生反应的离子方程式为2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43﹣+2H2O; 故答案为:2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43﹣+2H2O;
③当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时,可认为该离子沉淀完全,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH﹣),则c3(OH﹣)=
,所以c(OH﹣)=
×10﹣11mol/L
≈0.464×10﹣11mol/L,则c(H+)=2.155×10﹣3mol/L,所以pH≈2.7; 故答案为:2.7.
23
【点评】本题综合考查了物质的制备原理、原电池和电解池工作原理及相关计算,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,熟悉原电池、电解池工作原理及各个电极发生反应、明确溶度积数的表达式是解题关键,题目难度中等.
三、[化学-选修5:有机化学基础]
11.OPA是医药中间体,可用作内窥镜手术用器械高效安全抗菌消毒剂,也用于合成新抗血小板聚集药吲哚波芬.有关OPA的转化关系如图:
已知:
①A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃
②同一个碳原子上连两个羟基不稳定,会脱去一分子的水生成醛基 ③无α﹣H (醛基相邻碳上的氢)的醛能发生歧化反应,如:2HCHO+KOHCH3OH+HCOOK 回答下列问题:
(1)A的名称是 邻二甲苯 .
(2)检验B中溴元素的方法正确是 d . a.加入氯水振荡,观察上层是否有红棕色
b.滴加硝酸酸化的硝酸银,观察有无浅黄色沉淀生成
c.滴加NaOH溶液共热,再加硝酸银溶液,观察有无浅黄色沉淀
d.滴加NaOH溶液共热,后加稀硝酸酸化,再加硝酸银溶液,观察有无浅黄色沉淀 (3)OPA的结构简式是
,OPA分子中最多有 16 个原子共平面.
(4)D中官能团的名称是 羟基、羧基 ,E是一种聚酯类高分子化合物,由D生成E的化学反应方程式为
注明反应条件),该反应的类型为 缩聚反应 .
(不必
24
(5)D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个,能水解且能发生银镜反应的共有 19 种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积之比为l:2:2:3的是 【考点】有机物的推断.
【专题】有机推断;结构决定性质思想;演绎推理法;有机化合物的获得与应用. 【分析】A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃,A和溴发生取代反应生成C,根据C的结构简式知,A为邻二甲苯,其结构简式为
,A和溴在铁作催化剂条件下发生取代反
(写出其结构简式).
应生成B,根据B的分子式知,B的结构简式为,C发生卤代烃的
水解反应,再脱水后生成OPA为,结合已知反应信息③可知,邻苯二甲醛反
应生成D,D的结构简式为,E是一种聚酯类高分子化合物,D发生缩
聚反应生成E,则E的结构简式为,据此解答.
【解答】解:A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃,A和溴发生取代反应生成C,根据C的结构简式知,A为邻二甲苯,其结构简式为
,A和溴在铁作催化剂条件下发生取
代反应生成B,根据B的分子式知,B的结构简式为,C发生卤代
烃的水解反应,再脱水后生成OPA为,结合已知反应信息③可知,邻苯二甲
25
醛反应生成D,D的结构简式为,E是一种聚酯类高分子化合物,D
发生缩聚反应生成E,则E的结构简式为,
(1)根据上面的分析可知,A为邻二甲苯, 故答案为:邻二甲苯;
(2)B的结构简式为,检验B中溴元素的方法正确是滴加NaOH
溶液共热,后加稀硝酸酸化,再加硝酸银溶液,观察有无浅黄色沉淀, 故选d;
(3)根据上面的分析可知,OPA为
,由于苯环上所有原子共面,碳氧双键上
所有原子也共面,所以OPA分子中最多有16个原子共平面, 故答案为:
;16;
(4)D的结构简式为,D中官能团的名称是 羟基、羧基,由D生成
E的化学反应方程式为应的类型为缩聚反应, 故答案为:羟基、羧基;聚反应;
,该反
;缩
D为(5)D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个,,
能水解且能发生银镜反应,即有甲酸某酯,则符合条件的结构为苯环上连有两个取代基,为
26
﹣CH2OH、﹣OOCH,或﹣OH、﹣CH2OOCH,或﹣OCH3、﹣OOCH,分别有邻间对三种,共有9种,也可以是三个取代基,为,有10种,所以共有19种,其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积之比为l:2:2:3的是
,
故答案为:19;.
【点评】本题考查有机物的推断,明确有机物的官能团及其性质是解本题关键,侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用,难度中等,(5)中同分异构体的书写为易错点、难点.
27
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