高三化学第二学期专项训练作业.docx

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(9).【解析】试题分析:( 1)根据A的化学式,以及合成路线,推出 A的结构简式为: ,名称为甲苯, C和E发生酯化反应生成 F,则C和E的结构简式为 、 ,根据流程图, E的结构简式为,C的结构简式为,根据B生成C的条件,反应III发生水解反应或取代反应, B的结构简式为程式为:C6H5-CH2Cl+NaOH,因此反应C6H5-CH2OH+NaCl;(4)②与I的条件是 Cl2和光照;(3)根据(2)的分析,反应方FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,③能发生水解反应和银镜反应, 说明是甲酸某酯,苯环上一个酚羟基、 一个侧链,邻间对3种;侧链有: 、、 、 、 5种,共15种,符合条件的结构简式为:;(5)根据信息 i,先发生氧化反应, 生成(CH3)2CHCOOH,然后发生取代反应生成 (CH3)2CClCOOH,步骤是: 。考点:考查有机物的命名、同分异构体的书写、官能团的性质、有机物合成等知识。二、选择题2、【答案】D【解析】【分析】X所处的周期数等于族序数,常温Y的最高价氧化物对应的水化物可贮存在由X的单质制成的容器中,X为AI,它们的最外层电子数之和为22,余下的三种元素原子的最外层电子数平均值大于6,W、Y同主族,故W、X、Y、Z依次为O、Al、。【详解】、Z依次为Al、S、Cl,简单离子半径:S2->Cl->Al3+,故A错误;,属于共价化合物,不能用电解法来制取Al单质,故B错误;,W的氢化物为H2O,因为水分子中存在着氢键,所以H2O沸点比H2S高,故C错误;、Y两种元素形成的一种化合物SO2,具有还原性,能使酸性KMnO4溶液褪色,故D正确;答案:D。【点睛】本题考查元素周期律和原子结构知识,解题关键:熟记原子结构、元素在元素周期表中的位置和性质之间的关系,易错点A,原子大小是Al>S>CI,离子大小是S2->CI->Al3+。:3、【答案】D【解析】【分析】本题主要考查酸碱中和相关曲线分析。,当滴加20mL盐酸时,溶液中溶质为NHCl,由此可求出氨水的浓度;①溶液中溶质为等浓度NH4Cl和NH3?H2O的混合溶液,依据物料守恒判断;点②依据电荷守恒判断;点③时氨水和***化氢恰好完全反应,反应后溶质为***化铵。【详解】,加入20mL盐酸时出现滴定飞跃,说明氨水与盐酸的浓度相等,,故A正确;①时滴入 10mL盐酸,由于盐酸与氨水浓度相等,反应后溶质为等浓度的NH4+)+c(NH3?H2O)+c(NH3)=2c(Cl-),故B正确;②时溶液为中性,则+-c(H)=c(OH),根据溶液中的电荷守恒可知:NH4Cl和NH3?H2O,根据物料守恒可知: cc(NH4+)=c(Cl-),故 C正确;③时NH?HO和HCl恰好完全反应,反应后溶质为NHCl,铵根离子部分水解,溶液呈酸性,由于水解程度较小,324则c(Cl-4++-4++)>c(NH)、c(H)>c(OH),由于水解程度较小,则c(NH)>c(H),溶液中正确的离子浓度大小为:-)++-c(Cl>c(NH4)>c(H)>c(OH),错误。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较,题目难度中等,可从溶液中溶质变化进行突破,明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。4、【答案】B【解析】分析:,黑色金属材料主要指铁、锰、铬及其合金,如钢、生铁、铁合金、铸铁等; ; ; 。详解:,属于黑色金属材料,故 A正确;,不是有机物,属于新型无机非金属材料,故 B错误;,属于耐高温的新型无机非金属材料,故 C正确;,可以将光能转化为电能,故 D正确;故选 B。5、【答案】D【解析】46g有机物C2H6O的物质的量为1mol,如果有机物为乙醇,含有极性共价键数目为7NA,如果有机物为甲醚,含有极性共价键数目为8N,A错误;1molH与1molI2制备HI的反应为可逆反应,生成HI小于2mol,H-I键小于2N,B错误;A2ApH=13的Ba(OH)+-13--1-,C错溶液,c(H)=10mol/L,c(OH)=10mol/L,25℃,1L、pH=13的Ba(OH);,生成四氧化三铁,×8/3×NA=4/15NA,D正确;正确选项D。点睛:本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用,涉及的知识较多,重在分析能力及化学计算能力的考查,明确有机物存在同分异构体时,化学键类型有所不同;注意可逆反应不能进行完全,铁在氧气中燃烧生四氧化三铁,铁元素化合价平均为+8/3价。6、【答案】C【解析】【详解】、羰基、碳碳双键、醚键,错误; ***,其分子式为 C16H12O7,错误;,故遇到三***化铁溶液会呈紫色,正确; 8mol氢气。错误。7、【答案】B【解析】通入N2的主要目的是防止空气中二氧化碳、氧气等对产物检验产生影响, A错误;利用②③除去二氧化碳,④中的无水***化钙将气体干燥后,如果⑤中的黑色的氧化铜固体变红,⑥中澄清的石灰水变浑浊,说明有一氧化碳产生, B正确;实验结束后,①中淡黄色粉末完全变成黑色, 则产物可能为铁, 或氧化亚铁或四氧化三铁, 这些物质都是黑色的,错误;因混合气体经过了②澄清的石灰水,③氢氧化钠溶液,所以将④中的无水***化钙换成无水硫酸铜就不能检验分解生成的水蒸气,D错误;正确选项B。点睛:本实验抓住亚铁离子的不稳定性,进行判断处理,因为亚铁离子非常容易被氧化,所以先赶净装置中的空气,回答了充入氮气的目的;检验一氧化碳产生,应先除去混合气体中的二氧化碳,再利用一氧化碳的还原性检验即可。8、【答案】D【解析】【详解】:离子方程式为3ClO-+2NH3===N2+3Cl-+3H2O,故A错误;++--Ca(OH)溶液,离子方程式:Ca+NH+HCO+2OH===NH·HO+CaCO↓+HO,故B432433232错误;,用-转化为I,离子方程式:HO+2I-++2HO,故C错误;HO将I+2H===I2222222-用少量的氨水吸收硫酸工业尾气中的SO2,离子方程式:SO2+NH3·H2O===NH4+HSO3,故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质是解题关键,注意反应必须符合客观事实。三、实验,探究题9、【答案】 (1).4HCl( 浓)+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2HO (2). 杂质HCl消耗KOH,使KClO3产率降低 (3). 将装置Ⅳ中的溶液从分液漏斗注入圆底烧瓶中 (4).KCl (5). 分别取少量 NaClO和NaClO3溶液于试管 A、B中,均滴加少量 NaOH溶液,再分别滴加 H2O2溶液,A中有气泡产生并能使带火星的木条复燃,B中无明显现象。(或者:分别取少量 NaClO和NaClO3溶液于试管 A、B中,均滴加少量 NaOH溶液,再分别滴加 H2O2溶液充分振荡,然后煮沸溶液 1~2分钟,冷却。分别加入足量稀***酸化,滴加 AgNO3溶液,A中产生白色沉淀, B中无明显现象。) (6). 除去ClO— (7).2H 2O2 2H2O+O2↑ (8).%【解析】【分析】①装置I中二氧化锰与浓盐酸反应生成***化锰、***气和水;②装置I中为饱和食盐水,可以除去***气中的***化氢;③用氢氧化钠溶液吸收装置I中的***气;④***气与碱溶液反应,在低温、稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-,在75°C以上、浓碱溶液中主要产物是3--。(2)①步骤2中在碱性条件ClO-22还原为-,加热煮沸可以使过量的22分ClO和Cl被HOClHO解;②根据题意,碱性条件下,ClO-能氧化HO,ClO-不能氧化HO;③根据--+6H+=Cl-+3I+3HO、2SO2—+IClO+6I22232222232—+2I—,可得反应的关系式ClO3----6S2-利用关系式计算样品中KClO3的质量分数。=S4O6203【详解】(1) ①装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成***化锰、 ***气和水,反应离子方程式是 4HCl(浓)+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2O②装置I中为饱和食盐水,可以除去***中的***化氢,若取消装置II,杂质HCl气体消耗氢氧化钾,使KClO3产率降低;③实验结束拆解装置前为了防止大量氣逸出,可采取的措施是将装置V中的氢氧化钠溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶;④氣气与碱溶液反应在低温、稀碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-,在75℃以上、浓碱溶液中主要产物是ClO-和Cl-,所以从装置III的试管中分离得到KClO粗产品,其中混有的杂质是KClO和KCl;3(2)①步骤2中在碱性条件ClO-被H2O2还原为C1-,反应的离子方程式是2H2O22H2O+O2↑;加热煮沸可以使过量2222的HO分解,“煮沸”的目的是使过量的HO分解,防止其氧化KI;②根据题意,碱性条件下,ClO-能氧化22-不能氧化223-<C10-;③,CIOHO,所以氧化性ClOKClO3的质量为xg;KCl03---6S2032-=%=%。答案:%。【点睛】本题考查了物质组成、物质成分的实验探究分析 ,实验探究、实验步骤、实验计算等知识点 ,主要是氧化还原反应产物的生成和判断掌握基础是解题关键。四、综合题