2017年高考真题 化学 (江苏卷)
精品
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单选题 本大题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 2分

2.下列有关化学用语表示正确的是 (     )

A质量数为31的磷原子: 3115P

B氟原子的结构示意图:

CCaCl2的电子式:

D明矾的化学式: Al2(SO4)3

正确答案

A

解析

选项AP的质子数是15,故A正确

选项B F原子的电子数为9,故B错误

选项C离子化合物中阴、阳离子间隔排列,其电子式中离子分开写,不能合并,故C错误

选项D 明矾是十二水合硫酸铝钾,故D错误

故选A。

考查方向

化学用语的正确表达

解题思路

选项AP的质子数是15

选项B F原子的电子数为9

选项C阴、阳离子间隔排列,其电子式中离子分开写

选项D 明矾是十二水合硫酸铝钾

易错点

CaCl2的电子式不应将氯离子合并写

1
题型: 单选题
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分值: 2分

6.下列指定反应的离子方程式正确的是 (       )

A钠与水反应: Na +2H2ONa++2OH + H2

B电解饱和食盐水获取烧碱和氯气: 2Cl+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH

C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸: Ba2++OH + H+ + BaSO4↓+H2O

D向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2+++OHCaCO3↓+H2O

正确答案

B

解析

选项A电荷不守恒,故A错误

选项B电解饱和食盐水获取烧碱和氯气: 2Cl+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH,故B正确

选项C配比错误,OH-、H+、H2O的化学讲量数都是2,故C错误

选项D漏了NH4+和OH-之间的反应,故D错误

故选B。

考查方向

离子方程式的正确书写

解题思路

选项A电荷不守恒

选项B电解饱和食盐水获取烧碱和氯气: 2Cl+2H2OH2↑+ Cl2↑+2OH

选项C配比错误

选项D漏了NH4+和OH-之间的反应

易错点

离子方程式在书写时电荷不守恒或原子不守恒

1
题型: 单选题
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分值: 2分

7.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 (     )

A

B

C

D

正确答案

C

解析

选项A铁与氯气反应只能生成氯化铁,故A错误

选项B硫在空气中或氧气中燃烧只能生成二氧化硫,故B错误

选项C均能实现,故C正确

选项DNO与H2O不反应,故D错误

故选C。

考查方向

无机物的简单转化关系

解题思路

选项A铁与氯气反应生成氯化铁

选项B硫在空气中或氧气中燃烧生成二氧化硫

选项C均能实现

选项DNO与H2O不反应

易错点

铁和氯气反应生成氯化铁而非氯化亚铁

1
题型: 单选题
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分值: 2分

1.2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源,倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是(      )

A夏天设定空调温度尽可能的低

B推广使用一次性塑料袋和纸巾

C少开私家车多乘公共交通工具

D对商品进行豪华包装促进销售

正确答案

C

解析

选项A设定温度很低时,空调会一直工作,浪费电能,故A错误;

选项B使用一次性塑料袋和纸巾是浪费资源的行为,故B错误;

选项C少开私家车多乘公共交通工具,属于节约集约利用资源,应该提倡,故C正确;

选项D浪费资源,故D错误。

故选C。

考查方向

化学与生活相关内容

解题思路

选项A设定温度很低时,空调会一直工作

选项B使用一次性塑料袋和纸巾是浪费资源的行为

选项C少开私家车多乘公共交通工具,属于节约集约利用资源,应该提倡

选项D浪费资源

易错点

推广使用一次性塑料袋和纸巾会污染环境

1
题型: 单选题
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分值: 2分

3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 (        )

ANa2O2吸收CO2产生O2 ,可用作呼吸面具供氧剂

BClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒

CSiO2硬度大,可用于制造光导纤维

DNH3易溶于水,可用作制冷剂

正确答案

A

解析

选项A 过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气,故A正确

选项B 因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒,故B错误

选项C二氧化硅透光性好,用于制造光导纤维,故C错误

选项D 液氨气化时吸收大量热,所以氨可用作制冷剂,故D错误

故选A。

考查方向

简单化学物质的应用

解题思路

选项A 过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气

选项B 二氧化氯具有氧化性

选项C二氧化硅用于制造光导纤维

选项D 液氨气化时吸收大量热

易错点

ClO2具有氧化性,可用于自来水的杀菌消毒

1
题型: 单选题
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分值: 2分

4.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是 (      )

A制取SO2

B验证漂白性

C收集SO2

D尾气处理

正确答案

B

解析

选项A铜和稀硫酸不反应,故A错误

选项B二氧化硫可使品红溶液褪色,故B正确

选项C二氧化硫密度比空气大,应将进气管伸到瓶底,用向上排空气法收集,故C错误

选项D二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小,不可用于吸收尾气,故D错误

故选B。

考查方向

二氧化硫的化学性质

解题思路

选项A铜和稀硫酸不反应

选项B二氧化硫可使品红溶液褪色

选项C二氧化硫密度比空气大

选项D二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小

易错点

不能用亚硫酸氢钠吸收二氧化硫

1
题型: 单选题
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分值: 2分

5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,其中只有Y、Z处于同一周期且相邻,Z是地壳中含量最多的元素,W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 (        )

A原子半径: r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)

BW的最高价氧化物的水化物是一种弱碱

CY的单质的氧化性比Z的强

DX、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物

正确答案

D

解析

选项A 原子半径N>O,故A错误

选项B W的最高价的氧化物是氢氧化钠,是强碱,故B错误;

选项C氮气的氧化性比氧气弱,故C错误;

选项D H、N、O可以组成HNO3等共价化合物,也可以组成NH4NO3等学*科网离子化合物,故D正确。

故选D。

考查方向

元素周期律相关知识

解题思路

地壳中含量最多的是氧,Z为O元素,所以Y为N元素;钠是短周期金属性最强的元素,W是Na;X原子序数最小且不与Y、Z同周期,所以X是H元素。

选项A 原子半径N>O

选项B W的最高价的氧化物是氢氧化钠,是强碱

选项C氮气的氧化性比氧气弱

选项D H、N、O可以组成HNO3等共价化合物,也可以组成NH4NO3等学*科网离子化合物

易错点

无法正确确定X、Y、Z、W分别为何种元素

1
题型: 单选题
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分值: 2分

8.通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 )。下列说法不正确的是 (        )

①C(s) + H2O(g)CO(g) + H2 (g)             ΔH1 = a kJ·mol-1

②CO(g) + H2O(g)CO2 (g) + H2 (g)               ΔH 2 = b kJ·mol-1

③CO2 (g) + 3H2 (g)CH3OH(g) + H2O(g)              ΔH 3 = c kJ·mol-1

④2CH3OH(g)CH3OCH3 (g) + H2O(g)           ΔH 4 = d kJ·mol-1

A反应①、②为反应③提供原料气

B反应③也是 CO2资源化利用的方法之一

C反应CH3OH(g)CH3OCH3 (g) +H2O(l)的ΔH =kJ·mol-1

D反应 2CO(g) + 4H2 (g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)的ΔH = ( 2b + 2c + d ) kJ·mol-1

正确答案

C

解析

选项A反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物,故A正确

选项B反应③可将二氧化碳转化为甲醇,变废为宝,故B正确

选项C4个反应中,水全是气态,没有给出水由气态变为液态的焓变,故C错误

选项D把反应②③④三个反应按(②+③)×2+④可得该反应及对应的焓变,故D正确

故选C。

考查方向

热化学方程式的基本知识

解题思路

选项A反应①、②的生成物CO2和H2是反应③的反应物

选项B反应③可将二氧化碳转化为甲醇

选项C4个反应中,水全是气态

选项D把反应②③④三个反应按(②+③)×2+④可得该反应及对应的焓变

易错点

不能利用盖斯定律进行基本计算

1
题型: 单选题
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分值: 2分

9.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 (       )

A无色透明的溶液中: Fe3+、Mg2+、SCN 、Cl

Bc(H+)/ c(OH) = 1×10 -12的溶液中: K+、Na +

Cc(Fe2+ ) =1 mol·L-1的溶液中: K+

D能使甲基橙变红的溶液中: Na+

正确答案

B

解析

选项AFe3+和SCN-会发生反应生成血红色的配合物,故A错误

选项B根据KW可以求出c(OH-)=0.1mol/L,溶液显碱性,这4种离子可以大量共存,故B正确

选项CFe2+还原性较强,MnO4-氧化性较强,两者因发生氧化还原反应二不能大量共存,故C错误

选项D使甲基橙变红的溶液显酸性,HCO3-不能在酸性溶液中大量共存,故D错误

故选B。

考查方向

离子的共存问题

解题思路

选项AFe3+和SCN-会发生反应生成血红色的配合物

选项B根据KW可以求出c(OH-)=0.1mol/L,溶液显碱性

选项CFe2+还原性较强,MnO4-氧化性较强

选项D使甲基橙变红的溶液显酸性,HCO3-不能在酸性溶液中大量共存

易错点

不能正确判断c(H+)/ c(OH) = 1×10 -12的溶液的酸碱性

1
题型: 单选题
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分值: 2分

10.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(        )

A图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越快

B图乙表明,其他条件相同时,溶液pH越小,H2O2分解速率越快

C图丙表明,少量Mn 2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快

D图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大

正确答案

D

解析

选项A由甲图可知,双氧水浓度越大,分解越快,故A错误

选项B由图乙可知,溶液的碱性越强即pH越大,双氧水分解越快,故B错误

选项C根据变量控制法,3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知,3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+,故C错误

选项D由图丙和图丁可知,溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大,双氧水分解越快,故D正确

故选D。

考查方向

化学反应的影响因素

解题思路

选项A双氧水浓度越大,分解越快

选项B溶液的碱性越强即pH越大,双氧水分解越快

选项C根据变量控制法,3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响

选项D溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大,双氧水分解越快

易错点

不能正确判断溶液的酸碱性对反应速率的影响

多选题 本大题共5小题,每小题4分,共20分。在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求,全对得4分,选对但不全得2分,有选错的得0分。
1
题型: 多选题
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分值: 4分

11.萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是(       )

Aa和b都属于芳香族化合物

Ba和c分子中所有碳原子均处于同一平面上

Ca、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色

Db和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀

正确答案

C

解析

选项Aa分子中没有苯环,所以a不属于芳香族化合物,故A错误

选项Ba、c分子中分别有6个和9个sp3杂化的碳原子,所以这两个分子中所有碳原子不可能处于同一平面内,故B错误

选项Ca分子中有2个碳碳双键,c分子中有醛基,这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,故C正确

选项Db分子中没有醛基,所以其不能与新制的氢氧化铜反应,故D错误

故选C。

考查方向

有机物的基本性质

解题思路

选项Aa分子中没有苯环

选项Ba、c分子中分别有6个和9个sp3杂化的碳原子,所有碳原子不可能处于同一平面内

选项Ca分子中有2个碳碳双键,c分子中有醛基,这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化

选项Db分子中没有醛基

易错点

不能正确判断碳原子是否在同一平面上

1
题型: 多选题
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分值: 4分

12.下列说法正确的是 (        )

A反应N2 (g) +3H2 (g) 2NH3 (g)的ΔH < 0,ΔS >0

B地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀

C常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+ )≤5.6×10-4 mol·L-1

D常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2,反应中转移的电子数为6.02×1023

正确答案

B,C

解析

选项A该反应气体的分子数减少了,所以是熵减小的反应ΔS<0,故A错误

选项B锌比铁活泼,形成原电池时锌作负极,所以可以减缓钢铁管道的腐蚀,故B正确

选项C常温下,在pH=10的溶液中,c(OH-)=1×10-4mol/L,溶液中含Mg2+浓度的最大值为,故C正确

选项D在锌和稀硫酸的反应中每生成1molH2,电子转移的数目为2mol,在常温常压下,11.2LH2的物质的量不是0.5mol,所以反应中转移的电子数不是6.02×1023,故D错误

故选BC。

考查方向

化学平衡进行的方向;原电池;难溶电解质的溶解;阿伏伽德罗常数的基本计算

解题思路

选项A该反应气体的分子数减少了

选项B锌比铁活泼,形成原电池时锌作负极

选项C常温下,在pH=10的溶液中,溶液中含Mg2+浓度的最大值为

选项D在锌和稀硫酸的反应中每生成1molH2,电子转移的数目为2mol,在常温常压下,11.2LH2的物质的量不是0.5mol

易错点

常温常压并不代表标况

1
题型: 多选题
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分值: 4分

13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(     )

AA

BB

CC

DD

正确答案

B

解析

选项A向苯酚溶液中加少量的浓溴水,生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中,所以无白色沉淀,故A错误

选项B沉淀部分溶解,说明还有一部分不溶解,不溶解的一定是硫酸钡,溶解的是亚硫酸钡,所以亚硫酸钠只有部分被氧化,故B正确

选项C银镜反应是在碱性条件下发生的,本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸,所以无法发生银镜反应,从而无法证明蔗糖是否水解,故C错误

选项D溶液变蓝,说明有碘生成或本来就有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外,还可能是含其他氧化剂(如Fe3+)的溶液;当然黄色溶液也可能是稀的碘水,故D错误

故选B。

考查方向

实验的评价

解题思路

选项A三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中

选项B沉淀部分溶解,不溶解的是硫酸钡,溶解的是亚硫酸钡

选项C银镜反应是在碱性条件下发生的

选项D能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外,还可能是含其他氧化剂(如Fe3+)的溶液;黄色溶液也可能是稀的碘水

易错点

不能正确分析实验现象和结论之间的关系

1
题型: 多选题
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分值: 4分

14.常温下,Ka (HCOOH)=1.77×10-4Ka (CH3COOH)=1.75×10-5Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5,下列说法正确的是 (       )

A浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和: 前者大于后者

B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等

C0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中: c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)

D0.2 mol·L-1 CH3COONa 与 0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7): c(CH3COO-) > c(Cl- ) > c(CH3COOH) > c(H+)

正确答案

A,D

解析

选项A由电荷守恒可知,甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-),氯化铵溶液中存在c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-).由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka,Kw不变,铵根的水解成都大于甲酸根的水解程度,氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸溶液中c(H+),Cl-和Na+都不水解,c(Cl-)=c(Na+),故A正确

选项B由甲酸和乙酸的电离常数可知,甲酸的酸性较强,所以pH为3的两种溶液中,物质的量浓度较大的是乙酸,等体积的两溶液中,义务按的物质的量较大,用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液,乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多,故B错误

选项C两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液,由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-),由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH-)+c(HCOO-),故C错误

选项D两溶液等体积混合后,得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液,由于溶液的pH<7,所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸跟的水解程度,氯离子不水解,乙酸的电离程度很小,所以c(CH3COO-) > c(Cl- ) > c(CH3COOH) > c(H+) ,故D正确

故选AD。

考查方向

离子浓度的大小比较

解题思路

选项A在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka,Kw不变,铵根的水解成都大于甲酸根的水解程度,氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸溶液中c(H+),Cl-和Na+都不水解

选项B甲酸的酸性较强,所以pH为3的两种溶液中,物质的量浓度较大的是乙酸,用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液,乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多

选项C两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液,由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-),由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),联立两式可得结果

选项D溶液的pH<7,所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸跟的水解程度,氯离子不水解,乙酸的电离程度很小

易错点

不能根据电荷守恒额物料守恒进行基本计算

1
题型: 多选题
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分值: 4分

15.温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2(g)  2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得: v= v (NO2 )消耗= kc2(NO2 ),v= v(NO)消耗= 2v (O2 )消耗= kc2 (NO)·c(O2 ),kk为速率常数,受温度影响。

下列说法正确的是 (       )

A达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4∶5

B达平衡时,容器Ⅱ中 c(O2 )/ c(NO2 ) 比容器Ⅰ中的大

C达平衡时,容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%

D当温度改变为 T2时,若 k=k,则 T2> T1

正确答案

C,D

解析

由容器1中的反应    2NO2            2NO   +     O2

起始量(mol/L)        0.6                  0              0

变化量(mol/L)        0.4                 0.4             0.2

平衡量(mol/L)        0.2                 0.4             0.2

可以求出平衡常数,平衡时气体的总物质的量为0.8mol,期中NO占0.4mol,所以NO的体积分数为50%,,在平衡状态下,v=v(NO2)消耗=v=v(NO)消耗,所以K正c2(NO2)=Kc(NO)×c(O2),进一步求出=K=0.8

选项A显然容器2的起始投料与容器1的平衡量相比,增大了反应物的浓度,平衡将向正反应方向移动,所以容器2在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol,两容器的压强比一定大于4:5,故A错误

选项B若容器II在某时刻,

由反应2NO2  2NO + O2

起始量(mol/L)     0.3         0.5   0.2

变化量(mol/L)     2x         2x    x

平衡量(mol/L)     0.3-2x    0.5+2x   0.2+x

因为,,解之得x=,求出此时浓度商Qc= >K,所以容器II达平衡时,一定小于1,故B错误

选项CC. 若容器III在某时刻,NO的体积分数为50%,

由反应2NO2  2NO + O2

起始量(mol/L)    0           0.5   0.35

变化量(mol/L)    2x          2x    x

平衡量(mol/L)    2x        0.5-2x   0.35-x

由0.5-2x=2x+0.35-x,解得x=0.05,求出此时浓度商Qc=>K,说明此时反应未达平衡,反应继续向你反应方向进行,NO进一步减少,故C正确

选项D温度为T2时,=1>0.8,因为正反应是吸热反应,升高温度后化学平衡常数增大,所以T2>T1,故D正确

故选CD。

考查方向

化学平衡的基本计算

解题思路

由容器1中的反应    2NO2            2NO   +     O2

起始量(mol/L)        0.6                  0              0

变化量(mol/L)        0.4                 0.4             0.2

平衡量(mol/L)        0.2                 0.4             0.2

可以求出平衡常数K,进一步求NO的体积分数为50%

选项A显然容器2的起始投料与容器1的平衡量相比,增大了反应物的浓度,平衡将向正反应方向移动,所以容器2在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol

选项B若容器II在某时刻,

由反应2NO2  2NO + O2

起始量(mol/L)     0.3         0.5   0.2

变化量(mol/L)     2x         2x    x

平衡量(mol/L)     0.3-2x    0.5+2x   0.2+x

因为,,解之得x=,求出此时浓度商Qc= >K,所以容器II达平衡时,一定小于1

选项C. 若容器III在某时刻,NO的体积分数为50%,

由反应2NO2  2NO + O2

起始量(mol/L)    0           0.5   0.35

变化量(mol/L)    2x          2x    x

平衡量(mol/L)    2x        0.5-2x   0.35-x

由0.5-2x=2x+0.35-x,解得x=0.05,求出此时浓度商Qc=>K,说明此时反应未达平衡,反应继续向你反应方向进行,NO进一步减少

选项D温度为T2时,=1>0.8,因为正反应是吸热反应,升高温度后化学平衡常数增大,所以T2>T1

易错点

不能利用三短法进行基本计算

简答题(综合题) 本大题共92分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 15分

17.(15分)化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体,其合成路线流程图如下:

(1)C中的含氧官能团名称为_______和__________。

(2)D→E 的反应类型为__________________________。

(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式:_____________________。 ①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是α-氨基酸,另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。

(4)G 的分子式为C12H14N2O2 ,经氧化得到H,写出G的结构简式:__________________。

(5)已知: (R代表烃基,R'代表烃基或H) 请写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。

正确答案

(1)醚键          酯基

(2)取代反应

(3)

(4)

(5)

解析

(1) C中的含氧官能团名称为醚键和酯基 。

(2)由D→E的反应中,D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代,所以反应类型为取代反应

(3)分析C的结构特点,C分子中除苯环外,还有3个C,3个O,1个N和1个不饱和度,C的同分异构体能发生水解,由于期中一种水解产物分子中只有2中不同的H原子,所以该水解产物一定是对苯二酚;另一种水解产物是α-氨基酸,则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸,结合两种水解产物可以写出C的同分异构体是

(4)由F到H发生了两步反应,分析两者的结构,发现F的酯基到G中变成了醛基,由于已知G到H发生的是氧化反应,所以F到G发生了还原反应,结合G的分子式C12H14N2O2,可以写出G的结构简式为

(5)以和(CH3)2SO4为原料制备,首先分析合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化,可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为,结合B到C的反应,可以由逆推到,再结合A到B的反应,推到原料,结合学过的醇与氢卤酸反应,可以发现原料与氢溴酸反应即可得到,具体的合成路线为

考查方向

有机合成、逆向合成

解题思路

(1) 根据C的结构写出官能团 。

(2) D分子中的亚氨基上的氢原子被溴丙酮中的丙酮基取代

(3) C分子中除苯环外,还有3个C,3个O,1个N和1个不饱和度,C的同分异构体能发生水解,由于其中一种水解产物分子中只有2种不同的H原子,所以该水解产物一定是对苯二酚;另一种水解产物是α-氨基酸,则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸,结合两种水解产物可以写出C的同分异构体.

(4) 由F到H发生了两步反应,分析两者的结构,发现F的酯基到G中变成了醛基,由于已知G到H发生的是氧化反应,所以F到G发生了还原反应,结合G的分子式C12H14N2O2,可以写出G的结构简式

(5) 以和(CH3)2SO4为原料制备,首先分析合成对象与原料间的关系。结合合成路线中D到E的变化,可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为,结合B到C的反应,可以由逆推到,再结合A到B的反应,推到原料,结合学过的醇与氢卤酸反应,可以发现原料与氢溴酸反应即可得到

易错点

逆向合成不能灵活运用

1
题型:简答题
|
分值: 12分

18.(12 分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。

(1)碱式氯化铜有多种制备方法

①方法1: 45 ~ 50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O, 该反应的化学方程式为_________________________。

②方法2: 先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。

(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成, 进行下列实验: ①称取样品1.1160 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A; ②取25.00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.1722 g;③另取25.00 mL溶液A,调节pH 4 ~ 5,用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。

正确答案

(1)①4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O

②Fe2+

(2)n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol

n(Cu2+)=n(EDTA)×

=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol

n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol

m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g

m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1  =0.6144 g

m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g

n(H2O)==4.800×10-3 mol

abcx = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1

化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O

解析

(1)①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O,可以发现Cu元素的化价升高了,所以氧气可定做了该反应的氧化剂,根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律,可以写出该反应的方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O

②由催化原理示意图可知,M’先与H+、O2反应生成M,M再被Cu还原为Cu2+,所以M’的化学式为Fe2+

.(2)由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量,由氯离子守恒得:

n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol

由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+,可以求出样品中所含Cu元素的物质的量:

n(Cu2+)=n(EDTA)×

=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol

再由化合物中电荷守恒得:

n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol

分别求出这3种离子的质量,根据质量守恒,求出H2O的质量:

m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g

m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1  =0.6144 g

m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g

n(H2O)==4.800×10-3 mol

abcx = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1

化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O

考查方向

氧化还原反应方程式的书写及基本计算

解题思路

(1) ①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O,可以发现Cu元素的化价升高了,所以氧气可定做了该反应的氧化剂

②由催化原理示意图可知,M’先与H+、O2反应生成M,M再被Cu还原为Cu2+,所以M’的化学式为Fe2+

(2) 由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量,由氯离子守恒可计算氯离子的物质的量

由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+,可以求出样品中所含Cu元素的物质的量:再由化合物中电荷守恒得氢氧根离子的物质的量分别求出这3种离子的质量,根据质量守恒,求出H2O的质量:

易错点

不能根据氧化还原反应的基本规律进行基本计算

1
题型:简答题
|
分值: 15分

19.(15分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含 量过低,对实验的影响可忽略)。

已知:①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如: 3NaClO2NaCl+NaClO3

②AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl- +2H2O

③常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ :

(1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,适宜的加热方式为__________________。

(2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2 ,该反应的化学方程式为________________。 HNO3也能氧化Ag,从反应产物的角度分析,以HNO3代替NaClO的缺点是__________________________________________。

(3)为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并_______________________。

(4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应),还因为____________________________________________________________。

(5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案:________________________(实验中须使用的试剂有: 2 mol·L-1水合肼溶液,1 mol·L-1H2SO4 )。

正确答案

(1)水浴加热

(2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2

会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 ),造成环境污染

(3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中

(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的Cl-,不利于AgCl与氨水反应

(5)向滤液中滴加2mol·L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥。

解析

(1)在“氧化”阶段需在80℃条件下进行,由于加热温度低于水的沸点,所以适宜的加热方式为水浴加热

(2)因为已知次氯酸钠溶液与银反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气,用化合价升降法即可配平,该反应的方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。硝酸也能氧化银,硝酸作氧化剂时通常被还原为有毒的但的氧化物而污染环境,所以以硝酸代替次氯酸钠的缺点是或释放出氮氧化物,造成环境污染

(3)为提高银的回收率,需对“过滤2”的滤渣进行洗涤,洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来,并将洗涤后的绿叶合并入过滤2的滤液中

(4)若省略“过滤1”,直接向冷却后的反应容器中低价10%的氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量的次氯酸钠与氨水反应外,还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,氨水的浓度变小,且其中含有一定浓度的Cl-, 不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl- +2H2O反应 ,使得银的回收率变小。

(5)“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子,根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ :4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O ,所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原,由于该反应产生所气体中含有氨气,氨气有强烈的刺激性气味会污染空气,所以要设计尾气处理措施,可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下:向滤液中滴加2mol·L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 mol·L-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥。

题中的实验流程可知,第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银,氯化银难溶于水,过滤后存在于滤渣中;第三步溶解时,氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子,最后经一系列操作还原为银。

(1)在“氧化”阶段需在80℃条件下进行,适宜的加热方式为水浴加热

(2)因为已知次氯酸钠溶液与银反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气,用化合价升降法即可配平。硝酸也能氧化银,硝酸作氧化剂时通常被还原为有毒的但的氧化物而污染环境

(3)为提高银的回收率,需对滤渣进行洗涤,是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来,并将洗涤后的绿叶合并入过滤2的滤液中

(4)直接向冷却后的反应容器中低价10%的氨水,则需要增加氨水的用量,过量的次氯酸钠与氨水反应,未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,氨水的浓度变小,且其中含有一定浓度的Cl-, 不利于AgCl与氨水发生,反应 ,使得银的回收率变小。

(5)“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子,根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ :4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+ N2↑+ 4+ 4NH3↑+H2O ,所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原,由于该反应产生所气体中含有氨气,氨气有强烈的刺激性气味会污染空气,所以要设计尾气处理措施,可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银

考查方向

砷的简单化学性质;图像在实验中的应用

解题思路

易错点

不能正确判断用稀硝酸时会产生环境污染

1
题型:简答题
|
分值: 14分

20.(14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一。

(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有 ,其原因是___________________________________。

(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示。

①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_____________________。

②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=_________(p Ka1 = -lg Ka1 )。

(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7.1时, 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如题20图-3所示。

①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是____________________。

②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是____________________________________。

正确答案

(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2

(2)①OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O     ②2.2

(3)①在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加

②在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷

解析

(1)NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3,吸附剂X中含有,其原因是碱性溶液吸收了空气中的二氧化碳

(2)①从图中可知pH由小变大时,H3AsO3浓度减小,H2AsO3-浓度增大,当溶液由无色变为浅红色时,主要反映的离子方程式为OH-+H3AsO3=H2AsO3-+H2O

②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,Ka1=,由图可可知c(H+)=10-2.2mol/L,Ka1=c(H+)=10-2.2mol/L,pKa1=-lgKa1=-lg10-2.2=2.2

(3)①在pH7-9之间,随pH升高H3AsO4转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降

②在pH7-9之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以HAsO42-和H2AsO3-阴离子存在,静电引力较大,而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小,提高吸附剂X对三价砷除去效果可采用的措施是加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷

考查方向

砷的简单化学性质;图像在实验中的应用

解题思路

(1) NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3,吸附剂X中含有

(2) ①从图中可知pH由小变大时,H3AsO3浓度减小,H2AsO3-浓度增大

②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,Ka1=,由图可知,可进一步计算pKa1

(3) ①在pH7-9之间,随pH升高H3AsO4转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降

②在pH7-9之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以HAsO42-和H2AsO3-阴离子存在,静电引力较大,而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小,提高吸附剂X对三价砷除去效果可采用的措施是加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷

易错点

不能根据电离方程式进行基本的计算

1
题型:简答题
|
分值: 12分

16.(12分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:

注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。

(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。

(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是___________。

(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。

阳极的电极反应式为_____________________,阴极产生的物质A的化学式为____________。

(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是_____________________。

正确答案

(1)Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O

(2)减小

(3)石墨电极被阳极上产生的氧气氧化

(4)4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑   H2

(5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜

解析

(1)氧化铝为两性氧化物,可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水,离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。

(2)为了提高铝土矿的浸取率,氢氧化钠溶液必须过量,所以过滤1所得滤液中含有氢氧化钠,加入碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水,所以溶液的pH减小

(3)电解1过程中,石墨阳极上氧离子被氧化为氧气,在高温下,氧气与石墨发生反应生成气体,所以石墨电极极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化

(4)由图中信息可知,生成氧气的为阳极室,溶液中水电力的氢氧根离子被放电生成氧气,破坏了水的电离平衡,碳酸根结合氢离子转化为碳酸氢根,所以电解反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑,阴极室氢氧化钠溶液浓度变大,说明水电离的氢离子放电生成氢气而破坏水的电离平衡,所以阴极产生的物质A为氢气

(5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜

考查方向

离子方程式的书写;电解池的相关内容

解题思路

结合流程及题中信息可知,铝土矿在碱溶时,其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液,过滤后,滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝,最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。

(1)氧化铝为两性氧化物,可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水

(2)为了提高铝土矿的浸取率,氢氧化钠溶液必须过量,所以过滤1所得滤液中含有氢氧化钠,加入碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水,所以溶液的pH减小

(3)电解1过程中,石墨阳极上氧离子被氧化为氧气,在高温下,氧气与石墨发生反应生成气体

(4)由图中信息可知,生成氧气的为阳极室,溶液中水电力的氢氧根离子被放电生成氧气,破坏了水的电离平衡,碳酸根结合氢离子转化为碳酸氢根阴极室氢氧化钠溶液浓度变大,说明水电离的氢离子放电生成氢气而破坏水的电离平衡

(5)氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜

易错点

电离方程式不能正确书写

1
题型:简答题
|
分值: 12分

21.(12 分)【选做题】本题包括A、B两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按A小题评分。

[物质结构与性质]

铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。

(1)Fe3+基态核外电子排布式为____________________。

(2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______________,1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为______________。

(3)C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。

(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为____________________。

(5)某FexNy的晶胞如题21图-1所示,Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe,形成Cu替代型产物Fe(x-n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如题21图-2 所示,其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。

正确答案

(1)[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5

(2)sp2和sp3    9 mol

(3)H

(4)乙醇分子间存在氢键

(5)Fe3CuN

解析

(1)铁是26号元素,Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5

(2)丙酮分子中的C形成3个σC-C键,一个π键,故C的杂化方式为sp2;据以上分析1mol丙酮分子中含有σ键的数目为9mol

(3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H、C、O

(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为乙醇分子键存在氢键;丙酮分子中无与电负性较大的O原子相连的H原子,不能形成氢键

(5)A位置铁:8×=1,b位置铁6×=3,N为1个,从图中可知铜代替a位置铁型产物的能量更低,将化学式由Fe3FeN用铜替换为Fe3CuN

考查方向

电子排布式、杂化类型、共价键种类、电负性、晶胞的基本计算

解题思路

(1)铁是26号元素,可写出Fe3+基态核外电子排布式

(2)丙酮分子中的C形成3个σC-C键,一个π键,可推知C的杂化方式和σ键的数目

(3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H、C、O

(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为乙醇分子键存在氢键;丙酮分子中无与电负性较大的O原子相连的H原子,不能形成氢键

(5)A位置铁:8×=1,b位置铁6×=3,N为1个,从图中可知铜代替a位置铁型产物的能量更低,将化学式由Fe3FeN用铜替换为Fe3CuN

易错点

不能正确计算晶胞中个原子的个数比

1
题型:简答题
|
分值: 12分

22. 【选做题】本题包括A、B两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按A小题评分。  [实验化学]

1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为71℃,密度为1.36 g·cm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下:

步骤1: 在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入28 mL浓H2 SO4 ;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。

步骤2: 如图所示搭建实验装置, 缓慢加热,直到无油状物馏出为止。

步骤3: 将馏出液转入分液漏斗,分出有机相。

步骤4: 将分出的有机相转入分液漏斗,依次用12 mL H2O、12 mL 5% Na2CO3溶液和12 mL H2O洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得1-溴丙烷。

(1)仪器A的名称是_____________;加入搅拌磁子的目的是搅拌和___________________。

(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和__________________________________。

(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是___________________。

(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是______________________________。

(5)步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作: 向分液漏斗中小心加入12 mL 5% Na2CO3溶液,振荡,____________,静置,分液。

正确答案

(1)蒸馏烧瓶      防止暴沸

(2)丙烯、正丙醚

(3)减少1-溴丙烷的挥发

(4)减少HBr挥发

(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体

解析

(1)仪器A的名称是蒸馏烧瓶;加入搅拌磁子的目的是搅拌加快反应速率和防止暴沸;

(2)应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和正确丙醇发生消去反应产生丙烯、正丙醇分子之间脱水生成正丙醚。

(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是降低温度,减少1-溴丙烷的挥发;

(4)步骤2中发生NaBr+H2SO4=NaHSO4+HBr,CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O,需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是减少HBr的挥发

(5)萃取的操作:装液,振荡,将分液漏斗下口向上倾斜,打开活塞排除气体,静置,分液。将分液漏斗下口向上倾斜,打开活塞排除气体的目的是要使分液漏斗内外大气压平衡防止内部压强过高,将活塞重开使液体外漏。

考查方向

仪器名称、实验的基本操作

解题思路

(1)可根据实验装置图写出仪器的名称和加入搅拌磁子的目的

(2)根据分子内脱水写出副产物

(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是降低温度,减少1-溴丙烷的挥发;

(4)可根据步骤2中发生的反应写出缓慢加热的目的

(5)将必修中所学的萃取的实验过程用规范语言写出即可

易错点

萃取的操作描述不完整

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