高考化学总复习 选考加练（一）（选考部分B版）

选考加练(一) (时间：30分钟满分：30分)1(加试题)(10分)pC类似于pH，是指极稀溶液的溶质浓度的常用对数的负值。如某溶液中某溶质的浓度为1103 molL1，则该溶液中该溶质的pC lg(1103)3。如图为25 时H2CO3溶液的pCpH图。请回答下列问题：(若离子浓度小于105 molL1，可认为该离子不存在)：(1)在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO_(填“能”或“不能”)大量共存。(2)当pH7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_。(3)H2CO3一级电离平衡常数的数值Ka1_。(4)解释pH5的溶液中H2CO3的pC总是约等于3的原因是_。(5)某温度下，CO2饱和溶液的浓度是0.05 molL1，其中的CO2转变为H2CO3，若溶液的pH约为5，而此时H2CO3的电离度为_。(6)人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO)可以抵消少量酸或碱，维持pH7.4。当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的 c(H)/c(H2CO3)最终将_。A变大 B变小C基本不变 D无法判断解析(1)从图中可知，H2CO3、HCO、CO三种微粒的pC均小于5的情况不存在。(2)当pH7时，直接从图中得出c(HCO)c(H2CO3)c(CO)。(3)Ka1，取图中pH6点数据，c(HCO)c(H2CO3)，Ka1c(H)1106molL1。(4)当pH小于5时，碳酸溶液达到饱和状态，其浓度达最大值。(5)c(H2CO3)0.01 molL1，c(H)1105molL1，电离度约为0.1%。(6)当过量H加入时，c(H2CO3)基本不变，所以变大，选A。答案(1)不能(2)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)(3)106(4)该溶液为碳酸的饱和溶液(5)0.1%(6)A2(加试题)(10分)有资料认为：NO、NO2不能与Na2O2反应。某小组学生提出质疑，从理论上分析Na2O2和NO2都有氧化性。根据化合价升降原则提出假设并进行探究：假设：Na2O2能氧化NO2假设：NO2能氧化Na2O2(1)甲同学设计了下图实验装置，并进行如下实验：试管A中发生反应的化学方程式是_ _。待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带余烬的木条迅速伸进试管内，看见木条复燃。甲同学认为假设正确；乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，在A、B之间增加一个装置，该装置的作用是_ _。乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失：但带余烬的木条未复燃，得出结论：假设正确。NO2和Na2O2反应的化学方程式是_。(2)丙同学认为NO易被O2氧化，更易被Na2O2氧化。查阅资料：2NONa2O2=2NaNO26NaNO23H2SO4=3Na2SO42HNO34NO2H2O；酸性条件下，NO或NO2都能与MnO反应生成NO和Mn2丙同学用下图所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。A装置中盛装Cu片的仪器名称是_，B中观察到的主要现象是_，F装置的作用是_。在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_ _。充分反应后，检验D装置中产物是NaNO2，还是NaNO3的实验方法是_。解析(1)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，反应化学方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O；Cu与浓HNO3反应生成的NO2中含有H2O(g)，水蒸气能与Na2O2反应生成O2，故要在A、B之间增加一个干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气；若Na2O2氧化NO2，则生成NaNO3，反应的化学方程式是Na2O22NO2=2NaNO3；(2)根据仪器的结构特点，其名称为三颈烧瓶；在B装置中NO2与H2O反应生成HNO3，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2和NO，观察到的现象是铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；NO是有毒气体要进行尾气处理，由信息知，NO可被酸性KMnO4溶液吸收；空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，需通入一段时间N2；由信息知，NaNO2遇酸会生成NO，NO遇到空气中的O2会变为红棕色的NO2，则检验D装置中产物的方法是取少许于试管中，加入足量稀盐酸，若产生无色气体，且遇到空气变为红棕色，产物是NaNO2，反之为NaNO3。答案(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O除去生成NO2气体中混有的水蒸气Na2O22NO2=2NaNO3(2)三颈烧瓶铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生吸收未反应的NO排出装置中的空气取D装置中产物少许于试管，加入足量稀盐酸。若产生无色气体，且遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠。反之为硝酸钠3(加试题)(10分)菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：(1)A的结构简式为_，A中所含官能团的名称是_。(2)由A生成B的反应类型是_，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为_。(3)写出D和E反应生成F的化学方程式_ _。(4)结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线(其他试剂任选)。合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH2CH3解析(1)由题目所给信息可知，生成A的反应为双烯加成反应：。根据结构简式可知，A中含有碳碳双键和醛基两种官能团。(2)A中含碳碳双键和醛基，能与H2发生加成反应：2H2，由合成路线知E为CH2=CHCH2OH，和E互为同分异构体且只有一种等效氢的结构简式为。(3)D和E发生酯化反应，生成F的化学方程式为CH2=CHCH2OHH2O。(4)根据题目所给信息，CH3CH2Br与Mg在干醚作用下生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与环氧乙烷在酸性条件下反应即可生成1丁醇，其合成路线为CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH答案(1) 碳碳双键、醛基(2)加成(或还原)反应CH3COCH3CH3CH2CH2CH2OH(B卷)(时间：30分钟满分：30分)1(加试题)(10分)甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，300400 左右分解。.实验室制取的方法之一是Ca(OH)22HCHOH2O2=Ca(HCOO)22H2OH2。实验室制取时，将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为30%70%的过氧化氢溶液中(投料物质的量之比依次为121.2)，最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品。(1)过氧化氢比理论用量稍多，其目的是_ _。(2)反应温度最好控制在3070 之间，温度不易过高，其主要原因是_，(3)制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，加硫化钠的目的是_。(4)实验时需强力搅拌45 min，其目的是_；结束后需调节溶液的pH为78，其目的是_。最后经结晶分离、干燥得产品。.某研究性学习小组用工业碳酸钙(主要成分为CaCO3；杂质为Al2O3、FeCO3)为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙。结合下图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)，现提供的试剂有：a.甲酸钠，b.5 molL1硝酸，c.5 molL1盐酸，d.5 molL1硫酸，e.3%H2O2溶液，f.澄清石灰水。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Al33.05.0Fe25.88.8请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤。步骤1.称取13.6 g甲酸钠溶于约20 mL水中，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10 g待用。步骤2._。步骤3._。步骤4.过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH为78，充分搅拌，所得溶液经蒸发结晶、_、洗涤、60 时干燥得甲酸钙晶体。解析.(1)根据制取的化学方程式可知，加入稍过量的H2O2后，能使反应进一步向右进行，从而使甲醛充分氧化，提高了甲醛的利用率；(2)制取的原料中，H2O2稳定性较差而甲醛易挥发，故温度高时H2O2能分解而甲醛大量挥发，不能采取高温；(3)根据原题中“重金属含量极低”可知，在反应过程中重金属也得到处理，故加入的Na2S是为了除去重金属盐离子，因为金属硫化物难溶于水；(4)强力搅拌的目的是使反应物充分接触，提高了产率；甲酸(HCOOH)是弱酸，HCOO在溶液中水解后显碱性，故调节pH的目的是抑制HCOO的水解(也可理解为调节略显碱性的目的是为了除去甲酸)。.碳酸钙难溶于水，故称取样品后应将其用酸溶解，因样品中含有FeCO3，则酸溶后的溶液中含有Fe2，由表中数据可知Fe2在溶液中只能调节到pH大于8.8时才能完全除去，此时Ca2也会生成Ca(OH)2沉淀而降低产量，故应将溶液中的Fe2氧化成Fe3，再加入石灰水调节溶液的pH5，此时Fe3和Al3都能彻底除去，故溶解碳酸钙样品可以直接使用硝酸，硝酸同时具有氧化性，能将Fe2氧化，或者用盐酸溶解样品后加H2O2将Fe2氧化。答案.(1)使甲醛充分氧化，提高了甲醛的利用率和产品的纯度(2)防止H2O2的分解和甲醛的挥发(3)除去重金属离子(或使重金属离子形成硫化物沉淀除去)(4)使反应物充分接触，提高产率防止甲酸钙水解(或除去甲酸).用稍过量的硝酸溶解碳酸钙样品用石灰水调节溶液的pH为5趁热过滤或用稍过量的盐酸溶解碳酸钙样品，滴入适量的H2O2，并用石灰水调节溶液pH为5过滤2(加试题)(10分)肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4H2O)：CO(NH2)22NaOHNaClO=Na2CO3N2H4H2ONaCl实验一：制备NaClO溶液(1)将氯气通入到盛有NaOH溶液的锥形瓶中，锥形瓶中发生反应的离子方程式为_。实验二：制取水合肼(实验装置如图所示)控制反应温度，将分液漏斗中的溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114 馏分。(已知：N2H4H2O2NaClO=N23H2O2NaCl)(2)仪器X的名称是_；分液漏斗中的溶液是_(填“A”或“B”)；ANaOH和NaClO混合溶液BCO(NH2)2溶液选择的理由是_。实验三：测定馏分中水合肼的质量分数水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5.000 g，加入适量NaHCO3固体，经稀释、转移、定容等步骤，配制250 mL溶液。b移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10 mL水，摇匀。c用0.2000 molL1碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。记录消耗碘的标准溶液的体积。d进一步操作与数据处理。(3)水合肼与碘溶液反应的化学方程式为_ _；测定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是_ _。(4)滴定时，碘的标准溶液盛放在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00 mL，则馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为_(保留三位有效数字)。解析(1)Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式为Cl22OH=ClOClH2O；(2)根据仪器的结构特点，仪器X是直形冷凝管，由于N2H4H2O2NaClO=N23H2O2NaCl，为减少二者的接触，应把NaClO盛放在分液漏斗中；(3)由于水合肼具有还原性，可以生成氮气，故水合肼与碘溶液反应的化学方程式为N2H4H2O2I2=N24HIH2O；NaHCO3能与反应生成的HI发生化学反应，降低溶液的酸性进而控制溶液的pH保持在6.5左右；(4)碘的标准溶液具有氧化性，应盛放在酸式滴定管中；n(I2)0.200 0 molL118.00103 L3.6103 mol，n(N2H4H2O)1.8103 mol，馏分中水合肼的质量为m(N2H4H2O)1.8103 mol50 gmol10.900 g，其质量分数w100%18.0%。答案(1)Cl22OH=ClOClH2O(2)直形冷凝管A如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化(3)N2H4H2O2I2=N24HIH2O生成的HI与NaHCO3反应(4)酸式18.0%(或0.180)3(加试题)(10分)“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示。M(1)下列关于M的说法正确的是_(填序号)。a属于芳香族化合物b遇FeCl3溶液显紫色c能使酸性高锰酸钾溶液褪色d1 mol M完全水解生成2 mol醇(2)肉桂酸是合成M的中间体，其一种合成路线如下：AB(C7H6Cl2)C()D(C9H8O) 肉桂酸已知：烃A的名称为_。步骤中B的产率往往偏低，其原因是_。步骤反应的化学方程式为_。步骤的反应类型是_。肉桂酸的结构简式为_。C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有_种。解析(1)M中含有苯环，为芳香族化合物，a项正确；M中没有酚羟基的存在，b项错误；M中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，c项正确；1个M分子中有三个酯基，1 mol M水解可以生成3 mol醇，d项错误。(2)从所给的有机物结构和B的分子式可知A应为甲苯。甲苯在光照下发生取代反应，副产物还有一氯代物和三氯代物，故二氯代物的产率往往偏低。B(C7H6Cl2)为卤代烃，在碱性条件下发生水解，由已知信息：同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，会产生醛基，故反应为2NaOH2NaClH2O。对比反应前后的有机物结构变化可知，反应为苯甲醛的醛基与乙醛的H发生了加成反应。从CD的分子式看，C发生了消去反应；D肉桂酸，为醛基的氧化反应，在酸性条件下产生羧基，故肉桂酸的结构简式为。因C的同分异构体苯环上有一个甲基，故另外的含酯基的取代基只能是形成一个取代基，有三种结构：HCOOCH2、COOCH3、OOCCH3，苯环上有两个取代基时，位置有邻、间、对三种，故共有9种同分异构体。答案(1)ac(2)甲苯反应中有一氯代物和三氯代物生成2NaOH2NaClH2O加成反应9