云南省昆明市官渡区官渡区第一中学2023-2024学年化学高三第一学期期末达精品658.pdf

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,析出碳酸氢钠沉淀,将沉淀滤出,灼烧分解即得碳酸钠,故C错误;,Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中,有利于锂在正极的回收,故D正确。故选D。7、A【解析】A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6,故A错误;B、由结构式可以知该化合物中含有肽键,因此可以发生水解反应,由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成,故B正确;C、由结构式可以知该化合物中含有肽键,因此可以发生水解反应,由已知条件可知水解产物有氨气生成,故C正确;D、因为该化合物中含有醇羟基,因此可以发生酯化反应,故D正确;故选A。8、D【解析】,它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相同,A项错误;、原子半径越等不同,两不同原子各亚层中电子的能量不相同,B项错误;、***元素没有最高正化合价,除氧、***外,短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价,C项错误;,CO通入NaSiO溶液中可以得到硅酸,D项正确;223:..答案选D。9、B【解析】第一份中Al与xFeO?yFeO粉末得到Fe与AlO,再与足量盐酸反应,发生反应:Fe+2HCl=FeCl+H↑,第二份直232322接放入足量的烧碱溶液,发生反应:2Al+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2↑,前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol,根据方程式计算Fe、Al的物质的量,再根据第一份中Al与xFeO?yFeO反应的电子转移守恒计算xFeO?yFeO中Fe元素平均化合价,进而计算x、y比例关系。2323【详解】第一份中Al与xFeO?yFeO粉末得到Fe与AlO,再与足量盐酸反应,发生反应:Fe+2HCl=FeCl+H↑,第二份直接232322放入足量的烧碱溶液,发生反应:2Al+2NaOH+2HO=NaAlO+3H↑,前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,令第222一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol,则:Fe+2HCl=FeCl+H?225mol5mol2Al+2NaOH+2HO=NaAlO+3H?2222327mol?7mol32令xFeO?yFeO中Fe元素平均化合价为a,根据Al与xFeO?yFeO反应中的电子转移守恒:7mol××3=5mol×(a?0),232332x?2y?3解得a=,故=,整理得x:y=1:2,答案选B。x?2y10、C【解析】醋酸溶液中存在电离平衡:CHCOOH?CHCOO﹣+H+,加水稀释促进电离,n(CHCOO﹣)和n(H+)增大,但体积增大333大于电离程度的倍数,则H+浓度减小,C项正确;答案选C。【点睛】稀醋酸溶液中存在电离平衡:CHCOOH?CHCOO-+H+,,电离程度33增大(稀释促进电离),各微粒浓度的变化:c(CHCOOH)、c(CHCOO-)、c(H+)均减小,由于K不变,则c(OH-)增33w大,各微粒物质的量的变化n(CHCOOH)减小,n(CHCOO-)、n(H+)均增大,其中,温度不变,醋酸的电离常数不变,33这是常考点,也是学生们的易错点。11、A:..【解析】(碲),是非金属元素,A错误;,位于金属区与非金属区的交界线处,单质可作为半导体材料,B正确;,为活泼的碱金属元素,单质与水反应非常剧烈,C正确;,ⅦA族元素的原子序数为117,D正确;答案选A。12、B【解析】,其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响,由饱和的脂肪酸生成的甘油酯熔点较高,所以食用油脂饱和程度越大,熔点越高,故A正确;、碳和电解质溶液易形成原电池,发生电化学腐蚀,所以生铁比纯铁更易腐蚀,故B错误;,属于天然高分子化合物,故C正确;,晒干烧灰”,说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分,“以水淋汁”,该成分易溶于水,久则凝淀如石,亦去垢,能洗去油污,发面,能作为发酵剂,植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐,所以是碳酸钾,故D正确;答案选B。【点睛】生铁是铁的合金,易形成原电池,发生电化学腐蚀。13、C【解析】若a+b=c,条件改变后,正逆反应速率同时增大,且增大的程度相同,即平衡不移动,这说明改变的条件是加入催化剂或增大反应体系的压强;若a+b≠c,条件改变后,正逆反应速率同时增大,且增大的程度相同,即平衡不移动,改变的条件只能是加入催化剂;答案选C。14、D【解析】①中通过了碱石灰后,气体中无CO、HO,②通过炽热的氧化铜,CO和H会把氧化铜还原成铜单质,同时生成222CO和HO,HO使白色硫酸铜粉末变为蓝色,CO通过澄清石灰水时,溶液变浑浊,以此来判断原混合气体的组成。2222【详解】①通过碱石灰时,气体体积变小;碱石灰吸收HO和CO,体积减小证明至少有其中一种,而且通过碱石灰后全部吸22收;②通过赤热的CuO时,固体变为红色;可能有CO还原CuO,也可能是H还原CuO,也可能是两者都有;2③通过白色硫酸铜粉末时,粉末变为蓝色,证明有水生成,而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成,所以一定有H;2:..④通过澄清石灰水时,溶液变浑浊证明有CO,而这些CO来源于CO还原CuO产生的,所以一定有CO。22综上分析:混合气体中一定含有CO、H,至少含有HO、CO中的一种,222故合理选项是D。【点睛】本题考查混合气体的推断的知识,抓住题中反应的典型现象,掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。15、A【解析】A、石蜡油主要是含17个碳原子以上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃,烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A正确;B、若待测液中含有Fe3+也能出现相同的现象,故B错误;C、CHCHBr是非电解质不能电离出Br-,加入***银溶液不能生产浅黄色沉淀,故C错误;32D、盐酸具有挥发性,锥形瓶中挥发出的***化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚,不能证明碳酸的酸性大于苯酚,故D错误。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等,把握实验操作及物质的性质为解答的关键,注意实验方案的严谨性。16、B【解析】,属于胶体,能产生丁达尔效应,正确,不选;***的方法是萃取,萃取过程中没有生成新物质,是物理变化,错误,B选;、能够稳定存在;利用金和砂石密度的差异,可通过物理方法得到,正确,C不选;***钾会产生紫色,因为钾元素的火焰颜色为紫色,所以对***钾的鉴定过程中利用了焰色反应,正确,D不选;答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)17、羟基羧基取代反应:..【解析】(1)根据有机物E的结构简式,可知分子中含氧官能团为羟基和羧基,故答案为羟基、羧基;(2)根据反应流程图,对比A、X、C的结构和X的分子式为CHON可知,X的结构简式为,故答案为14l5;(3)对比B、C的结构可知,B中支链对位的H原子被取代生成C,属于取代反应,故答案为取代反应;(4)F为。①能与FeCl溶液发生显色反应,说明苯环上含有羟基;②能使溴水褪色,说明含有3碳碳双键等不饱和键;③有3种不同化学环境的氢,满足条件的F的一种同分异构体为,故答案为;(5)以为原料制备,需要引入2个***,可以根据信息引入,因此首先由苯甲醇制备卤代烃,再生成,最后再水解即可,流程图为,故答案为。点睛:本题考查有机物的推断与合成,是高考的必考题型,涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结:..构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等,充分理解题目提供的信息内涵,挖掘隐含信息,寻求信息切入点,可利用类比迁移法或联想迁移法,注意(5)中合成路线充分利用信息中***的引入。18、bc液溴、Fe(或液溴、FeBr)醚键、溴原子1-溴丙烯39【解析】根据A的分子式和性质,判断为酚,再根据D的结构,可以判断A为邻二苯酚(),B为。(l)(),核磁共振氢谱为三组峰,故a错误;,因此CHBr只有一种结22构,故b正确;,含有碳碳双键,能发生加聚反应得到线型高分子,故c正确;,不存在醛基,不能发生银镜反应,故d错误;故选bc;(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子,需要试剂为液溴、Fe,故答案为液溴、Fe;(3)根据D的结构可知,其含有的含氧官能团为醚键和溴原子,C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯,故答案为醚键、溴原子;1-溴丙烯;(4)A为邻二苯酚(),B为,A→B的化学方程式为:,故答案为;(5)E为,E的同分异构体W满足:①lmolW与足量NaOH溶液反应,能消耗2molNaOH;②能发生银镜反应;③苯环上只有两个取代苯,能发生聚合反应,说明苯环上含有2个侧链,其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯,结合E的结构,W属于甲酸苯酚酯,即HCOO-,另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH)=CH,每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构,共9种,其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是321:2:2:2:3的结构简式为,故答案为9;;:..(6)以、为主要原料制备,可以将***,与发生题中类似F→G的反应,得到醇再与溴化氢反应后,得溴代烃,在镁的作用下,两个分子之间发生类似题中C+D→E的反应,合成路线为,故答案为。点睛:本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识,是对有机物化学基础的综合应用,侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。19、利用浓硫酸的吸水性,使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNaCO分液相23互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成,HBr挥发会造成HBr的损耗【解析】(1)乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯,反应为可逆反应,浓硫酸还具有吸水性;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO,会对乙烯的验证造成干扰,选择氢氧化钠溶液吸收SO;乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴22乙烷,据此分析解答;(3)甲装置边反应边蒸馏,乙装置采用冷凝回流,等反应后再提取产物,使反应更充分;(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液,吸收挥发出的乙酸和乙醇,同时降低乙酸乙酯的溶解度,分液可将其分离,得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可;(5)按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,是由于有溴单质生成,溶于水后出现橙红色;方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液,会有HBr生成,HBr具有挥发性,会使HBr损失。【详解】(1)乙醇制取乙烯的同时还生成水,浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是:浓硫酸还具有吸水性,反应生成的水被浓硫酸吸收,使反应向有利于生成乙烯的方向进行;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO,会对乙烯的验证造成干扰,选择碱性溶液吸收SO;22:..;;,说明乙烯与溴水发生了取代反应;,说明反应后没有HBr生成,说明乙烯与溴水发生了加成反应;答案选d;(3)甲装置边反应边蒸馏,而乙醇、乙酸易挥发,易被蒸出,使反应物转化率降低,乙装置采用冷凝回流,等充分反应后再提取产物,使反应更充分,乙酸的转化率更高;答案选bd。(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液,吸收挥发出的乙酸和乙醇,同时降低乙酸乙酯的溶解度,分液可将其分离;分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质,再精馏,精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物;(5)按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,是由于有溴单质生成,