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    河北省衡水中学2017届高三(上)期末化学试卷(解析版)

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    河北省衡水中学2017届高三(上)期末化学试卷(解析版)

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    这是一份河北省衡水中学2017届高三(上)期末化学试卷(解析版),共30页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。
    2016-2017河北省衡水中学高三(上)期末化学试卷
     
    一、选择题:本大题共7小题,每小题6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.化学与生活密切相关,下列说法不正确的是(  )
    A.煤、石油、天然气是不可再生能源,风能、生物质能、沼气是可再生能源
    B.“84消毒液”具有强氧化性,可做环境的消毒剂从而预防流感
    C.已知水热反应是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,则水热反应可以降低自然界中碳的含量
    D.已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为“细颗粒物”,则PM2.5在空气中有可能形成胶体
    2.下列有关说法正确的是(  )
    A.分子式为C5H11Cl的有机物,分子中含2个甲基的同分异构体有4种
    B.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4﹣﹣二氯甲苯
    C.苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂
    D.合成顺丁橡胶( )的单体是CH3﹣CH=CH﹣CH3
    3.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应,丁的原子序数为甲、乙原子序数之和.下列说法正确的是(  )
    A.元素丙的单质可用于冶炼金属
    B.甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强
    C.简单离子半径:乙>丁>丙
    D.甲与乙的氧化物均有强氧化性
    4.已知下列实验事实:①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液;
    ②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝;③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液.下列判断不正确的是(  )
    A.化合物KCrO2中Cr元素为+3价
    B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
    C.实验②证明氧化性:Cr2O72﹣<I2
    D.实验③证明H2O2有氧化性
    5.某同学将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生.为探究该反应原理,该同学做了以下试验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是(  )
    选项
    实验及现象
    结论
    A
    将湿润红色石蕊试纸靠近试管口
    反应中有NH3产生
    B
    收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色
    反应中有H2产生
    C
    收集气体的同时测得溶液的pH为8.0
    生成Mg(OH)2使溶液呈弱碱性
    D
    向NH4Cl溶液中加锌,也有大量气泡产生
    活泼金属可促进NH4+水解
    A.A B.B C.C D.D
    6.在容积均为1L的三个密闭容器中,分别放入镍粉并充入1molCO,控制作在不同温度下发生反应:Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g),当反应进行到5min时,测得Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如图所示.下列说法正确的是(  )

    A.正反应为吸热反应,平衡常数:K(T1)>K(T2)
    B.反应进行到5min时,b容器中v(正)=v(逆)
    C.达到平衡时,a、b、c中CO的转化率为b>a>c
    D.减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态
    7.常温下,某酸HA的电离常数:K=1×10﹣5,下列说法正确的是(  )
    A.HA溶液中加入NaA固体后,减小
    B.常温下,0.1mol/LHA溶液中水电离的c(H+)为10﹣13mol/L
    C.常温下,0.1mol/LNaA溶液水解常数为10﹣9
    D.NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应,存在关系:2c(Na+)═c(A﹣)+c(Cl﹣)
     
    二、非选择题
    8.亚硝酸盐是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强.某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行多角度探究:
    (一)鉴别NaCl和NaNO2
    甲同学用沉淀分析法
    经查:常温下Ksp(AgNO2)=2×10﹣8,Ksp(AgCl)=1.8×10﹣10.分别向盛有5mL 0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液,先生成沉淀的是盛有  溶液的试管.
    乙同学测定溶液pH
    用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH,测得NaNO2溶液呈碱性.该溶液呈碱性的原因是  (用离子方程式解释).
    (二)该小组用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠

    已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2;
    ②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4﹣ 反应生成NO3﹣和Mn2+
    (1)使用铜丝的优点是  .
    (2)装置A中反应方程式为  .装置C 中盛放的药品是  ;(填字母代号)
    A.浓硫酸 B.NaOH 溶液 C.水 D.四氯化碳
    仪器F的作用  .
    (3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示:
    滴定次数
    1
    2
    3
    4
    消耗KMnO4溶液体积/mL
    20.70
    20.12
    20.00
    19.88
    ①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是  (填字母代号).
    a.锥形瓶洗净后未干燥
    b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
    c.滴定终点时仰视读数
    ②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为  .
    ③该样品中亚硝酸钠的质量分数为  .
    9.MnCO3是信息产业和机电工业的重要基础功能材料,某地有含锰矿石(主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质),由此矿石生产MnCO3的工艺流程如下:

    物质
    开始沉淀
    沉淀完全
    Fe(OH)3
    2.7
    3.7
    Ca(OH)2
    12
    ﹣﹣﹣﹣﹣﹣
    Al(OH)3
    3.8
    4.7
    回答下列问题:
    (1)操作Ⅰ为:  .
    (2)取溶液Ⅰ加入KSCN溶液,溶液呈血红色,试写出酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式:  
    (3)调节溶液pH所用物质X最好为  
    A.NaOH溶液 B.氨水 C.MnCO3固体 D.盐酸
    (4)滤渣Ⅰ为  ,滤渣Ⅱ为  .
    (5)沉锰的化学方程式为:  .
    (6)MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池的正极,充放电过程中发生LiMn2O4与Li1﹣xMn2O4之间的转化,写出该电池充电时正极发生的反应式:  .
    10.目前人们对环境保护、新能源开发很重视.
    (1)汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体.4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=﹣1200 kJ•mol﹣1
    对于该反应,温度不同(T2>T1)、其他条件相同时,下列图象正确的是  (填代号).
    (2)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H在T1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下:
    浓度/mol.L﹣1/时间/min
    0
    10
    20
    30
    40
    50
    NO
    1.0
    0.58
    0.40
    0.40
    0.48
    0.48
    N2
    0
    0.21
    0.30
    0.30
    0.36
    0.36
    CO2
    0
    0.21
    0.30
    0.30
    0.36
    0.36
    ①根据图表数据分析T1℃时,该反应在0~20min的平均反应速率v(CO2)=  ;计算该反应的平衡常数K=  .
    ②30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是  (填字母代号).
    a.加入一定量的活性炭 b.通入一定量的NO
    c.适当缩小容器的体积 d.加入合适的催化剂
    ③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3,则达到新平衡时NO的转化率(填“升高”或“降低”),△H  0(填“>”或“<”).
    (3)以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2].已知:
    ①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H=﹣l59.5kJ/mol
    ②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.5kJ/mol
    ③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol
    写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式  .
    (4)一种氨燃料电池,使用的电解质溶液是2mol/L﹣1的KOH溶液.
    电池反应为:4NH3+3O2=2N2+6H2O;

    请写出通入a气体一极的电极反应式为  ;每消耗3.4g NH3转移电子的物质的量为  .
     
    【化学--选修3:物质结构与性质】
    11.碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于生产生活,回答下列问题:
    (1)基态Si原子中,电子占据的最高能层具有的原子轨道数为  ,1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为  ;基态钛原子的价电子排布式为  .
    (2)C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为  .第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有  种.
    (3)NF3分子的空间构型为三角锥型,N原子的杂化轨道类型为  .
    (4)已知铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式,其中属于面心立方最密堆积的是  (填a或b)

    (5)金刚砂(SiC)的硬度仅次于金刚石,其晶胞结构如图2所示,金刚砂晶体类型为  ,每个C原子周围最近的C原子数目为  ,若晶胞的边长为a cm,阿伏伽德罗常数为 NA,则金刚砂的密度为  g•cm﹣3(不需要化简)
     
    【化学--选修5:有机化学基础】
    12.M是石油裂解气的重要成分,由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示:

    已知:在特殊催化剂的作用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应.如:
    2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
    回答下列问题:
    (1)M的名称是  ,A含有的官能团名称是  .
    (2)①的反应类型是  ,⑥的反应类型是  .
    (3)C的结构简式为  .由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是  .
    (4)G中最多有  个原子共平面,其顺式结构式为  .
    (5)符合下列条件D的同分异构体有  种.
    ①氯原子连在碳链的一端 ②羟基连在不同的碳原子上,其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4:2:2:1的为  (写结构简式).
    (6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为  .
     

    2016-2017河北省衡水中学高三(上)期末化学试卷
    参考答案与试题解析
     
    一、选择题:本大题共7小题,每小题6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.化学与生活密切相关,下列说法不正确的是(  )
    A.煤、石油、天然气是不可再生能源,风能、生物质能、沼气是可再生能源
    B.“84消毒液”具有强氧化性,可做环境的消毒剂从而预防流感
    C.已知水热反应是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,则水热反应可以降低自然界中碳的含量
    D.已知PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为“细颗粒物”,则PM2.5在空气中有可能形成胶体
    【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用;常见的生活环境的污染及治理.
    【分析】A.能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源;
    B.强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性;
    C.水热反应是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,从而减少自然界中二氧化碳,但C含量不变;
    D.分散质微粒直径在1﹣100nm之间的分散系是胶体,能产生丁达尔效应.
    【解答】解:A.风能、沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的,太阳光可以源源不断的从自然界得到,是可再生能源,煤、石油和天然气属于三大化石燃料,都属于不可再生的能源,故A正确;
    B.强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性,流感病毒的成分是蛋白质,“84消毒液”具有强氧化性,能使流感病毒变性,所以可做环境的消毒剂从而预防流感,故B正确;
    C.水热反应是指在高温高压下,将二氧化碳转化为有机物的技术,从而减少自然界中二氧化碳,根据原子守恒知,自然界中C含量不变,故C错误;
    D.分散质微粒直径在1﹣100nm之间的分散系是胶体,能产生丁达尔效应,PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为“细颗粒物”,其分散质微粒直径在1﹣100nm之间,所以PM2.5在空气中有可能形成胶体,故D正确;
    故选C.
     
    2.下列有关说法正确的是(  )
    A.分子式为C5H11Cl的有机物,分子中含2个甲基的同分异构体有4种
    B.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4﹣﹣二氯甲苯
    C.苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂
    D.合成顺丁橡胶( )的单体是CH3﹣CH=CH﹣CH3
    【考点】有机物的结构和性质.
    【分析】A.先确定分子式为C5H11Cl的同分异构体,在此基础上进行判断;
    B.甲苯与氯气在光照下反应,取代甲基的H原子;
    C.苯酚、甲醛发生缩聚反应;
    D.的单体为1,3﹣丁二烯.
    【解答】解:A.分子式为C5H11Cl的同分异构体有:主链有5个碳原子的:CH3CH2CH2CH2CH2Cl;CH3CH2CH2CHClCH3;CH3CH2CHClCH2CH3;主链有4个碳原子的:CH3CH(CH3)CH2CH2Cl;CH3CH(CH3)CHClCH3;CH3CCl(CH3)CH2CH3;CH2ClCH(CH3)CH2CH3;主链有3个碳原子的:CH3C(CH3)2CH2Cl;共有8种情况,但含有2个甲基的有机物有4种,故A正确;
    B.甲苯与氯气在光照下反应,取代甲基的H原子,故B错误;
    C.苯酚、甲醛发生缩聚反应,不是加聚反应,故C错误;
    D.顺丁橡胶的结构简式为:,根据加聚反应原理可得其单体为:CH2=CH﹣CH=CH2,故D错误.
    故选A.
     
    3.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应,丁的原子序数为甲、乙原子序数之和.下列说法正确的是(  )
    A.元素丙的单质可用于冶炼金属
    B.甲的氢化物比丁的氢化物热稳定性强
    C.简单离子半径:乙>丁>丙
    D.甲与乙的氧化物均有强氧化性
    【考点】原子结构与元素周期律的关系.
    【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,则甲为C元素;乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应,则丙为Al元素,乙为Na元素,丁为S或Cl元素;结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17,则丁为Cl元素,据此结合元素周期律进行判断.
    【解答】解:短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大,甲形成的化合物种类最多,则甲为C元素;乙、丙、丁为同周期元素,其最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应,则丙为Al元素,乙为Na元素,丁为S或Cl元素;结合丁的原子序数为甲、乙原子序数之和可知丁的原子序数=6+11=17,则丁为Cl元素,
    A.元素丙为Al元素,利用铝热反应可冶炼金属,故A正确;
    B.甲为C、丁为Cl,非金属性Cl>C,则氢化物稳定性:C<Cl,即:甲<丁,故B错误;
    C.乙、丙、丁分别为Na、Al、Cl,离子的电子层越多,离子半径越多,电子层相同时,核电荷数越大,离子半径越小,则离子半径大小为:丁>乙>丙,故C错误;
    D.甲为C,其氧化物为二氧化碳、CO,乙为Na,氧化物为氧化钠、过氧化钠,二氧化碳、CO不具有强氧化性,氧化钠不具有强氧化性,故D错误;
    故选A.
     
    4.已知下列实验事实:①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液;
    ②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝;③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液.下列判断不正确的是(  )
    A.化合物KCrO2中Cr元素为+3价
    B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
    C.实验②证明氧化性:Cr2O72﹣<I2
    D.实验③证明H2O2有氧化性
    【考点】氧化还原反应.
    【分析】①中,氧化铬与酸、碱反应生成盐和水,为两性氧化物;
    ②中,发生氧化还原反应,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,则过氧化氢中O元素的化合价降低;
    ③中,溶液变蓝,生成碘单质,则发生氧化还原反应,Cr元素的化合价降低,I元素的化合价升高,以此来解答.
    【解答】解:A.化合物KCrO2中,K为+1价,O为﹣2价,由化合物中正负化合价的倒数和为0,则Cr元素为+3价,故A正确;
    B.由反应①可知,氧化铬与酸、碱反应生成盐和水,为两性氧化物,故B正确;
    C.由③中溶液变蓝,生成碘单质可知,发生氧化还原反应,Cr元素的化合价降低,I元素的化合价升高,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,证明氧化性为Cr2O72﹣>I2,故C错误;
    D.实验②中发生氧化还原反应,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,则过氧化氢中O元素的化合价降低,所以证明H2O2有氧化性,故D正确;
    故选C.
     
    5.某同学将光亮镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生.为探究该反应原理,该同学做了以下试验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是(  )
    选项
    实验及现象
    结论
    A
    将湿润红色石蕊试纸靠近试管口
    反应中有NH3产生
    B
    收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色
    反应中有H2产生
    C
    收集气体的同时测得溶液的pH为8.0
    生成Mg(OH)2使溶液呈弱碱性
    D
    向NH4Cl溶液中加锌,也有大量气泡产生
    活泼金属可促进NH4+水解
    A.A B.B C.C D.D
    【考点】盐类水解的应用.
    【分析】A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝;
    B.氢气燃烧发出淡蓝色的火焰;
    C.氢氧化镁是难溶于水的碱;
    D.氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,活泼金属和酸反应生成氢气;
    【解答】解:A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,可以证明气体中含有氨气,故A正确;
    B.收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色,可以证明氢气的存在,故B正确;
    C.收集气体的同时测得溶液的pH为8.0,说明碱性条件下,Mg可以被氧化,但氢氧化镁是难溶于水的物质不是氢氧化镁导致溶液的碱性,故C错误;
    D.氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,活泼金属和酸反应生成氢气,向NH4Cl溶液中加锌,也有大量气泡产生,活泼金属可促进NH4+水解,故D正确;
    故选C.
     
    6.在容积均为1L的三个密闭容器中,分别放入镍粉并充入1molCO,控制作在不同温度下发生反应:Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g),当反应进行到5min时,测得Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如图所示.下列说法正确的是(  )

    A.正反应为吸热反应,平衡常数:K(T1)>K(T2)
    B.反应进行到5min时,b容器中v(正)=v(逆)
    C.达到平衡时,a、b、c中CO的转化率为b>a>c
    D.减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态
    【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线.
    【分析】A.根据升高温度平衡移动的方向判断反应热;
    B.未到达平衡前,升高温度甲醇的含量增大,到达平衡后再升高温度,平衡向逆反应方向移动,甲醇的含量降低,而5min时,b容器中甲醇的含量不一定最高,不一定是平衡状态;
    C.根据温度对平衡的影响来判断,升高温度平衡逆向移动,CO的转化率减小;
    D.b中的平衡状态转变成c中的平衡状态,甲醇的体积分数减小,说明平衡逆向移动,根据方程式的特点,升高温度或减压都可以.
    【解答】解:A.升高温度,甲醇的百分含量减小,说明正反应是放热反应,则△H<0,故A错误;
    B.5min时,b容器中甲醇的含量不一定最高,不一定是平衡状态,则v(正)、v(逆)不一定相等,故B错误;
    C.达到平衡时,a、b、c三个容器的反应温度不同,a容器温度最低,c容器的反应温度最高,根据反应放热可判断出,升高温度,平衡逆向移动,甲醇的体积分数减小,故应为a>b>c,故C错误;
    D.b中的平衡状态转变成c中的平衡状态,甲醇的体积分数减小,说明平衡逆向移动,根据方程式的特点,减小压强或升高温度平衡逆向移动,故D正确.
    故选D.
     
    7.常温下,某酸HA的电离常数:K=1×10﹣5,下列说法正确的是(  )
    A.HA溶液中加入NaA固体后,减小
    B.常温下,0.1mol/LHA溶液中水电离的c(H+)为10﹣13mol/L
    C.常温下,0.1mol/LNaA溶液水解常数为10﹣9
    D.NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应,存在关系:2c(Na+)═c(A﹣)+c(Cl﹣)
    【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.
    【分析】A.的比值为A﹣的水解平衡常数,水解平衡常数只受温度影响;
    B.HA为弱酸,则氢离子浓度小于0.1mol/L,水电离的氢离子浓度大于10﹣13mol/L;
    C.NaA的水解平衡常数K==×=,据此带入数据计算即可;
    D.根据混合液中的物料守恒判断;
    【解答】解:A.的比值为A﹣的水解平衡常数,加入NaA固体后,由于温度不变,则水解平衡常数不变,故A错误;
    B.由于HA为弱酸,则常温下0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L,水电离的c(H+)一定大于 mol/L=10﹣13mol/L,故B错误;
    C.NaA的水解平衡常数K==×===10﹣9,故C正确;
    D.NaA溶液中加入HCl溶液至恰好完全反应,NaA和HCl的物质的量相等,根据物料守恒可得:2c(Na+)=c(A﹣)+c(Cl﹣)+c(HA),故D错误;
    故选C.
     
    二、非选择题
    8.亚硝酸盐是一种工业盐,外观与食盐非常相似,毒性较强.某化学兴趣小组对食盐与亚硝酸钠进行多角度探究:
    (一)鉴别NaCl和NaNO2
    甲同学用沉淀分析法
    经查:常温下Ksp(AgNO2)=2×10﹣8,Ksp(AgCl)=1.8×10﹣10.分别向盛有5mL 0.0001mol/L两种盐溶液的试管中同时逐滴滴加0.0001mol/L硝酸银溶液,先生成沉淀的是盛有 NaCl 溶液的试管.
    乙同学测定溶液pH
    用pH试纸分别测定0.1mol/L两种盐溶液的pH,测得NaNO2溶液呈碱性.该溶液呈碱性的原因是 NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣ (用离子方程式解释).
    (二)该小组用如下装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠

    已知:①2NO+Na2O2=2NaNO2;
    ②酸性条件下,NO和NO2都能与MnO4﹣ 反应生成NO3﹣和Mn2+
    (1)使用铜丝的优点是 可以控制反应的发生与停止 .
    (2)装置A中反应方程式为 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O .装置C 中盛放的药品是 C ;(填字母代号)
    A.浓硫酸 B.NaOH 溶液 C.水 D.四氯化碳
    仪器F的作用 防止水蒸气进入 .
    (3)该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250.0mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示:
    滴定次数
    1
    2
    3
    4
    消耗KMnO4溶液体积/mL
    20.70
    20.12
    20.00
    19.88
    ①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是 bc (填字母代号).
    a.锥形瓶洗净后未干燥
    b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
    c.滴定终点时仰视读数
    ②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为 6H++2MnO4﹣+5NO2﹣=2Mn2++5NO3﹣+3H2O .
    ③该样品中亚硝酸钠的质量分数为 69.0% .
    【考点】制备实验方案的设计.
    【分析】(一)溶度积表达式相同时,溶度积小的先生成沉淀;
    NaNO2说明为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性;
    (二)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮和硝酸铜和水,装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气,通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气.
    (1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行;
    (2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水;装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入.
    (3)①根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差;
    ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子;
    ③根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量,然后求样品中亚硝酸钠的质量分数.
    【解答】解:(一)溶度积表达式相同时,溶度积小的先生成沉淀,根据溶度积常数知Ksp(AgNO2)>Ksp(AgCl),所以NaCl先生成沉淀;
    NaNO2说明为强碱弱酸盐,亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性,其水解方程式为NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣,
    故答案为:NaCl;NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣;
    (二)(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;
    故答案为:可以控制反应的发生与停止;
    (2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水,方程式为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮;通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入,与过氧化钠反应;
    故答案为:Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;C;防止水蒸气进入;
    (3)①a.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,根据c(待测)=知,c(标准)不变,故a错误;
    b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=知,c(标准)偏大,故b正确;
    c.滴定终点时仰视读数,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=知,c(标准)偏大,故c正确;
    故选bc.
    ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式为2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O;
    故答案为:2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+=2Mn2++5NO3﹣+3H2O;
    ③消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×=0.02mol,其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%;
    故答案为:69.0%.
     
    9.MnCO3是信息产业和机电工业的重要基础功能材料,某地有含锰矿石(主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质),由此矿石生产MnCO3的工艺流程如下:

    物质
    开始沉淀
    沉淀完全
    Fe(OH)3
    2.7
    3.7
    Ca(OH)2
    12
    ﹣﹣﹣﹣﹣﹣
    Al(OH)3
    3.8
    4.7
    回答下列问题:
    (1)操作Ⅰ为: 过滤 .
    (2)取溶液Ⅰ加入KSCN溶液,溶液呈血红色,试写出酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式: FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O 
    (3)调节溶液pH所用物质X最好为 C 
    A.NaOH溶液 B.氨水 C.MnCO3固体 D.盐酸
    (4)滤渣Ⅰ为 Al(OH)3、Fe(OH)3 ,滤渣Ⅱ为 CaF2 .
    (5)沉锰的化学方程式为: MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑ .
    (6)MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池的正极,充放电过程中发生LiMn2O4与Li1﹣xMn2O4之间的转化,写出该电池充电时正极发生的反应式: LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+ .
    【考点】制备实验方案的设计.
    【分析】锰矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质,加入稀硫酸高温酸溶,二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子,同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应,通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ;通过调节滤液Ⅰ的pH,将铝离子、铁离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3,过滤后分离出Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子,加入NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀,过滤后得到滤渣Ⅱ(CaF2沉淀)和滤液Ⅲ(主要含有硫酸锰),再加入碳酸氢钠,发生反应:MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑,从而获得MnCO3,
    (1)操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀,据此判断分离方法;
    (2)溶液Ⅰ加入KSCN溶液呈现红色,说明有铁离子存在,据此写出在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式;
    (3)除杂时由于不能引进杂质,则调节溶液的pH所用的物质最好为MnCO3;
    (4)根据表中数据分析可得到当pH=6的时候,铁离子和铝离子会完全沉淀,据此可知滤渣成分;滤液中还会含有钙离子,加入NaF后转化成CaF2沉淀;
    (5)沉锰是利用碳酸氢钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀,据此写出反应的化学方程式;
    (6)MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池充电过程中正极发生LiMn2O4失去电子写生成Li1﹣xMn2O4,据此写出该电池充电时正极发生的反应式.
    【解答】解:锰矿石的主要成分是MnO2还含CaO、Al2O3、FeS等杂质,加入稀硫酸高温酸溶,二氧化锰将氯化亚铁氧化成硫单质、铁离子,同时氧化钙和氧化铝与稀硫酸反应,通过操作Ⅰ过滤得到S沉淀和含有锰离子、铁离子、钙离子和铝离子的滤液Ⅰ;通过调节滤液Ⅰ的pH,将铝离子、铁离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3,过滤后分离出Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液Ⅱ中含有钙离子和锰离子,加入NaF后将钙离子转化成CaF2沉淀,过滤后得到滤渣Ⅱ(CaF2沉淀)和滤液Ⅲ(主要含有硫酸锰),再加入碳酸氢钠,发生反应:MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑,从而获得MnCO3,
    (1)操作Ⅰ得到的是S单质的沉淀,该物质分离的方法为过滤,
    故答案为:过滤;
    (2)取溶液Ⅰ加入KSCN溶液,溶液呈现红色,说明有铁离子存在,所以在酸溶过程中FeS发生反应的离子方程式:FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O,
    故答案为:FeS+12H++3MnO22Fe3++2S↓+3Mn2++6H2O;
    (3)由于不能引进杂质,则调节溶液的pH所用的物质X最好为MnCO3固体,故C正确,
    故答案为:C;
    (4)根据表中数据分析可得到当pH=6的时候,铁离子和铝离子会完全沉淀,因此滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3;
    滤液中还会含有钙离子,则加入NaF后转化成CaF2沉淀,
    故答案为:Al(OH)3、Fe(OH)3;CaF2;
    (5)滤液Ⅲ中含有硫酸锰,硫酸锰与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸锰沉淀、硫酸钠、二氧化碳和水,反应的化学方程式为:MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑,
    故答案为:MnSO4+2NaHCO3=MnCO3↓+Na2SO4+H2O+CO2↑;
    (6)MnCO3也是制造锂离子电池的重要原料,在此电池充电过程中正极发生LiMn2O4失去电子的氧化反应,该电池充电时正极发生的反应式为:LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+,
    故答案为:LiMn2O4﹣xe﹣=Li1﹣xMn2O4+xLi+.
     
    10.目前人们对环境保护、新能源开发很重视.
    (1)汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体.4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=﹣1200 kJ•mol﹣1
    对于该反应,温度不同(T2>T1)、其他条件相同时,下列图象正确的是 乙 (填代号).
    (2)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物,某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO,发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)△H在T1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下:
    浓度/mol.L﹣1/时间/min
    0
    10
    20
    30
    40
    50
    NO
    1.0
    0.58
    0.40
    0.40
    0.48
    0.48
    N2
    0
    0.21
    0.30
    0.30
    0.36
    0.36
    CO2
    0
    0.21
    0.30
    0.30
    0.36
    0.36
    ①根据图表数据分析T1℃时,该反应在0~20min的平均反应速率v(CO2)= 0.015 mol•L﹣1•min﹣1 ;计算该反应的平衡常数K= 0.56 .
    ②30min后,只改变某一条件,根据上表的数据判断改变的条件可能是 bc (填字母代号).
    a.加入一定量的活性炭 b.通入一定量的NO
    c.适当缩小容器的体积 d.加入合适的催化剂
    ③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3,则达到新平衡时NO的转化率(填“升高”或“降低”),△H < 0(填“>”或“<”).
    (3)以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2].已知:
    ①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H=﹣l59.5kJ/mol
    ②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.5kJ/mol
    ③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol
    写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=﹣87.0 kJ•mol﹣1 .
    (4)一种氨燃料电池,使用的电解质溶液是2mol/L﹣1的KOH溶液.
    电池反应为:4NH3+3O2=2N2+6H2O;

    请写出通入a气体一极的电极反应式为 2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O ;每消耗3.4g NH3转移电子的物质的量为 0.6 mol .
    【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;原电池和电解池的工作原理.
    【分析】(1)该反应中焓变小于0,为放热反应,升高温度,正逆反应速率都增大,且反应向着逆向进行,二氧化氮转化率减小、一氧化碳的体积含量减小,据此对各图象进行判断;
    (2)①分析图表数据,根据V=计算得到反应速率,根据k=计算;
    ②依据图表数据分析,结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断,30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡,C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g),依据图表数据分析,平衡状态物质浓度增大,依据平衡常数计算,平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度;依据数据分析,氮气浓度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反应前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮;
    ③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5:3:3,氮气和二氧化碳难度之比始终为1:1,所以5:3>4:3,说明平衡向逆反应方向移动;
    (3)由已知热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式;
    (4)由反应可知,负极上氨气失去电子生成氮气,根据电子与氨气的物质的量关系计算.
    【解答】解:(1)该反应为放热反应,升高温度,正逆反应速率均增大,都应该离开原来的速率点,图象与实际情况不相符,故甲错误;
    升高温度,反应向着逆向进行,反应物的转化率减小,反应速率加快,图象与实际反应一致,故乙正确,
    压强相同时,升高温度,反应向着逆向移动,一氧化氮的体积分数应该增大,图象与实际不相符,故丙错误,
    故答案为:乙;
    (2)①0~20min内,CO2的平均反应速率v(CO2)==0.015mol•L﹣1•min﹣1;
    故答案为:0.015mol•L﹣1•min﹣1;
    C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g),平衡浓度c(N2)=0.3mol/L;c(CO2)=0.3mol/L;c(NO)=0.4mol/L;反应的平衡常数K===0.56;
    故答案为:0.015mol•L﹣1•min﹣1;0.56;
    ②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡,C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g),依据图表数据分析,平衡状态物质浓度增大,依据平衡常数计算K===0.56,平衡常数随温度变化,平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度;依据数据分析,氮气浓度增大,二氧化碳和一氧化氮浓度增大,反应前后气体体积不变,所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮;
    a.加入一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不动,故a错误;
    b.通入一定量的NO,新平衡状态下物质平衡浓度增大,故b正确;
    c.适当缩小容器的体积,反应前后体积不变,平衡状态物质浓度增大,故c正确;
    d.加入合适的催化剂,催化剂只改变化学反应速率,不改变化学平衡,故d错误;
    故答案为:bc;
    ③若30min后升高温度至T2℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5:3:3,氮气和二氧化碳难度之比始终为1:1,所以5:3>4:3,说明平衡向逆反应方向移动,达到新平衡时NO的转化率,说明逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应;
    故答案为:降低;<;
    (3)①2NH3(g)+CO2(g)→NH2CO2 NH4(s)△H=﹣l59.5kJ/mol
    ②NH2CO2NH4(s)→CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.5kJ/mol
    ③H2O(l)→H2O(g)△H=+44.0kJ/mol
    依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②﹣③得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为:2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=﹣87.0 kJ•mol﹣1;
    故答案为:2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=﹣87.0 kJ•mol﹣1;
    (4)电池反应为:4NH3+3O2=2N2+6H2O.该电池负极是氨气失电子生成氮气,负极的电极反应式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O;每消耗3.4g NH3即0.2mol,转移电子的物质的量为0.6mol;
    故答案为:2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O;0.6mol.
     
    【化学--选修3:物质结构与性质】
    11.碳、氮、氟、硅、铁、钛等元素的化合物广泛应用于生产生活,回答下列问题:
    (1)基态Si原子中,电子占据的最高能层具有的原子轨道数为 9 ,1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为 1:2 ;基态钛原子的价电子排布式为 3d24s2 .
    (2)C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为 F>N>C .第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有 4 种.
    (3)NF3分子的空间构型为三角锥型,N原子的杂化轨道类型为 sp3 .
    (4)已知铁的单质有如图1所示的两种常见堆积方式,其中属于面心立方最密堆积的是 a (填a或b)

    (5)金刚砂(SiC)的硬度仅次于金刚石,其晶胞结构如图2所示,金刚砂晶体类型为 原子晶体 ,每个C原子周围最近的C原子数目为 12 ,若晶胞的边长为a cm,阿伏伽德罗常数为 NA,则金刚砂的密度为  g•cm﹣3(不需要化简)
    【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断;原子核外电子排布;晶胞的计算.
    【分析】(1)硅质子数为14,根据能量最低原理书写核外电子排布式,根据核外电子排布式确定最高能层具有的原子轨道数,每个氮气分子中有一个σ键和2个π键,Ti是22号元素,根据核外电子排布规律书写价电子排布式;
    (2)同一周期元素,元素电负性随着原子序数增大而增大,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,据此判断;
    (3)根据NF3分子中N原子的价层电子对数判断杂化轨道类型;
    (4)由图可知,a为面心立方最密堆积,b为体心立方最密堆积;
    (5)金刚砂硬度大,晶胞中Si、C原子之间形成共价键,为空间网状结构,属于原子晶体,晶胞中存在四面体构型,晶胞中Si、C原子位置可以互换,互换后以顶点C原子为研究对象,与之最近的C原子处于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用;
    晶胞中Si处于顶点与面心、C原子处于晶胞内部,利用均摊法计算晶胞中Si、C原子数目,进而计算晶胞质量,再根据ρ=计算晶胞密度.
    【解答】解:(1)硅质子数为14,基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,最高能层3s、3p、3d具有的原子轨道数为1+3+5=9,每个氮气分子中有一个σ键和2个π键,所以1mol氮气分子中σ键和π键的物质的量之比为1:2,Ti是22号元素,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为为3d24s2,
    故答案为:9;1:2;3d24s2;
    (2)同一周期元素,元素电负性随着原子序数增大而增大,所以C、N、F三种元素电负性由大到小的顺序为F>N>C,元素的第一电离能随着原子序数增大而增大,但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第二周期元素中第一电离能介于B、F之间的有Be、C、N、O,共4种,
    故答案为:F>N>C;4;
    (3)根据价层电子对理论知,NF3分子中N原子价层电子对个数==4,所以N原子采用sp3杂化,
    故答案为:sp3;
    (4)由图可知,a为面心立方最密堆积,b为体心立方最密堆积,
    故答案为:a;
    (5)金刚砂硬度大,晶胞中Si、C原子之间形成共价键,为空间网状结构,属于原子晶体,晶胞中存在四面体构型,晶胞中Si、C原子位置可以互换,互换后以顶点C原子为研究对象,与之最近的C原子处于面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用,故每个C原子周围最近的C原子数目为=12,晶胞中Si处于顶点与面心,晶胞中Si元素数目为8×+6×=4,C原子处于晶胞内部,晶胞中C原子数目为4,故晶胞质量为4×g,晶胞体积为(a cm)3,则晶胞密度为4×g÷(a cm)3=g•cm﹣3,
    故答案为:原子晶体;12;.
     
    【化学--选修5:有机化学基础】
    12.M是石油裂解气的重要成分,由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图所示:

    已知:在特殊催化剂的作用下能够发生碳碳双键两边基团互换位置的反应.如:
    2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR
    回答下列问题:
    (1)M的名称是 丙烯 ,A含有的官能团名称是 碳碳双键、氯原子 .
    (2)①的反应类型是 取代反应 ,⑥的反应类型是 消去反应 .
    (3)C的结构简式为 HOCH2CH=CHCH2OH .由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是 保护分子中碳碳双键不被氧化, .
    (4)G中最多有 12 个原子共平面,其顺式结构式为  .
    (5)符合下列条件D的同分异构体有 10 种.
    ①氯原子连在碳链的一端 ②羟基连在不同的碳原子上,其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4:2:2:1的为 ClCH2CH(CH2OH)2 (写结构简式).
    (6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为  .
    【考点】有机物的推断.
    【分析】M是石油裂解气的重要成分,与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl,则M为CH2=CHCH3.由反应信息可知,CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl,A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应,故A为ClCH2CH=CHCH2Cl,B为CH2=CH2.B与溴发生加成反应生成H,H为BrCH2CH2Br,H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I,I为HOCH2﹣CH2OH.A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C,C为HOCH2CH=CHCH2OH,C生成D是C与HCl的加成反应,故D为HOCH2CH2CHClCH2OH,D发生氧化反应生成E,E发生消去反应生成F,F酸化得到G,而G与I发生酯化反应生成环酯P,则E为,F为NaOOC﹣CH=CH﹣COONa,G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH,P为.
    【解答】解:M是石油裂解气的重要成分,与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl,则M为CH2=CHCH3.由反应信息可知,CH2=CHCH2Cl在催化剂条件下生成CH2=CH2、ClCH2CH=CHCH2Cl,A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应,故A为ClCH2CH=CHCH2Cl,B为CH2=CH2.B与溴发生加成反应生成H,H为BrCH2CH2Br,H在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应生成I,I为HOCH2﹣CH2OH.A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生反应生成C,C为HOCH2CH=CHCH2OH,C生成D是C与HCl的加成反应,故D为HOCH2CH2CHClCH2OH,D发生氧化反应生成E,E发生消去反应生成F,F酸化得到G,而G与I发生酯化反应生成环酯P,则E为,F为NaOOC﹣CH=CH﹣COONa,G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH,P为.
    (1)M为CH2=CHCH3,M的名称是丙烯,A为ClCH2CH=CHCH2Cl,A含有的官能团名称是碳碳双键、氯原子,
    故答案为:丙烯;碳碳双键、氯原子;
    (2)①的反应类型是取代反应,⑥的反应类型是消去反应,
    故答案为:取代反应;消去反应;
    (3)C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH,由C→G的过程中步骤④、⑥的目的是:保护分子中碳碳双键不被氧化,
    故答案为:HOCH2CH=CHCH2OH;保护分子中碳碳双键不被氧化;
    (4)G为HOOC﹣CH=CH﹣COOH,碳碳双键、碳氧双键均为平面结构,旋转碳碳双键,平面可以共面,旋转C﹣O单键可以使羟基中H原子处于平面内,分子中的12个原子都可以共面,其顺式结构式为,
    故答案为:12;;
    (5)D为HOCH2CH2CHClCH2OH,D的同分异构体中Cl原子位于端头碳原子上,且羟基连在不同的碳原子上的有ClCH2CH(OH)CH2CH2OH、ClCH2CH2CH(OH)CH2OH、ClCH(OH)CH2CH2CH2OH、ClCH2CH(OH)CH(OH)CH3、ClCH(OH)CH2CH(OH)CH3、ClCH(OH)CH(OH)CH2CH3、ClCH(OH)C(CH3)2OH、ClCH(OH)CH(CH3)CH2OH、ClCH2C(OH)(CH3)CH2OH、ClCH2CH(CH2OH)2,共10种,其中核磁共振氢谱为4组峰,且峰面积比为4:2:2:1的为 ClCH2CH(CH2OH)2,
    故答案为:10;ClCH2CH(CH2OH)2;
    (6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为:,
    故答案为:.
     

    2017年3月23日

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