广东省肇庆市2016届高三上学期期末化学模拟试卷 Word版含解析.doc

2015-2016 学年广东省肇庆市高三(上)期末化学模拟试卷
一、选择题(共 7 小题,每小题 6 分,满分 42 分) 1.下列叙述正确的是( )

A.石墨烯是一种比钢铁更强韧的新型材料 B.大量使用化肥和农药,以提高农作物产量 C.道尔顿提出了原子论、门捷列夫提出了分子论 D.无论是风力发电还是潮汐发电,都是将化学能转化为电能 2.物质制备是化学研究的主要任务之一.下列操作正确的是( A.制取溴苯:将铁屑、溴水、苯混合加热 B.实验室制硝基苯:先加入苯,再加浓硫酸,最后滴入浓硝酸 C.提取溶解在水中的少量碘:加入 CCl4 振荡、静置、分层后取出有机层再分离 D. 检验某溶液中是否含有甲醛: 在盛有 2mL10%CuSO4 溶液的试管中滴加 0.5mL10%NaOH 溶液,混合均匀,滴入待检液,加热 3.已知 0.1mol?L
﹣1



的二元酸 H2A 溶液的 pH=4.0,则下列说法中正确的是(



A.在 Na2A、NaHA 两溶液中,离子种类不相同 B.在溶质的物质的量相等的 Na2A,NaHA 两溶液中,阴离子总数相等 C.在 NaHA 溶液中一定有:c(Na+)+c(H+)=c(HA )+2c(A2 )+c(OH )
﹣ ﹣ ﹣

D.在 Na2A 溶液中一定有:c(Na+)>c(A2 )>c(H+)>c(OH )
﹣ ﹣

4.香花石被誉为“矿石熊猫”,由我国地质学家首次发现,它由前 20 号元素中的 6 种组成, 其化学式为 X3Y2(ZWR4)3T2,其中 X、Y、Z 为金属元素,Z 的最外层电子数与次外层相 等,X、Z 位于同族,Y、Z、R、T 位于同周期,R 最外层电子数是次外层的 3 倍,T 无正 价,X 与 R 原子序数之和是 W 的 2 倍.下列说法错误的是( A.原子半径:Y>Z>R>T B.XR2、WR2 两化合物中 R 的化合价相同 C.最高价氧化物对应的水化物碱性:X>Z D.气态氢化物的稳定性:W<R<T 5.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3=K2O+xNa2O+16N2↑,下列说法 错误的是( ) )

A.x=5 B.每生成 16 mol N2 转移 10 mol 电子 C.N2 既是氧化产物又是还原产物 D.反应中氧化产物与还原产物的质量之比为 1:15 6.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( 选项 实验操作 A 在新生成的 AgCl 沉淀中滴入稀 KI 溶液,振荡 ) 现象 解释或结论

白色沉淀转化 Ksp(AgCl)>Ksp 为黄色沉淀 (AgI)

B

向装有 Fe(NO3)2 溶液的试管中加入稀 H2SO4,

在管口观察到 HNO3 分解成了 红棕色气体 NO2

C

向 CH3CH2X 中加入少量 AgNO3 溶液,加热

有浅黄色沉淀 CH3CH2X 中含有 生成 Br


D

向淀粉溶液中加入稀 H2SO4,加热几分钟,冷却后再没有红色沉淀 淀粉没有水解成葡 加入新制 Cu(OH)2 浊液,加热, 生成 C.C 萄糖 D.D )

A.A

B.B

7.丹参素能明显抑制血小板的聚集,其结构如图所示,下列说法正确的是(

A.丹参素在 C 上取代 H 的一氯代物有 4 种 B.在 Ni 催化下 1mol 丹参素最多可与 4molH2 加成 C.丹参素能发生取代、消去、中和、氧化等反应 D.1mol 丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成 4molH2

二、解答题(共 3 小题,满分 43 分) 8.亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂,探究小组开展如下实验,请回答: [实验Ⅰ]NaClO2 晶体按如图装置进行制取. 已知:NaClO2 饱和溶液在低于 38℃时析出 NaClO2?3H2O,高于 38℃时析出 NaClO2,高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl. (1)装置 C 起的是 的作用.

(2)已知装置 B 中的产物有 ClO2 气体,则 B 中产生气体的化学方程式为 装置 D 中生成 NaClO2 和一种助燃气体, 其反应的化学方程式为
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

; ; 装置 B 中反

应后的溶液中阴离子除了 ClO2 、ClO3 、Cl 、ClO 、OH 外还一定含有的一种阴离子 是 ;检验该离子的方法是:取少量反应后的溶液于试管中, .

(3)从装置 D 反应后的溶液中获得 NaClO2 晶体的操作步骤为: ①减压在 55℃蒸发结晶;② 于 ℃干燥;得到成品. ;如果撤去 D 中的冷水浴, ;③用 38℃~60℃热水洗涤;④低

(4)反应结束后,打开 K1,装置 A 起的作用是 可能导致产品中混有的杂质是 [实验Ⅱ]样品杂质分析与纯度测定 .

(5)测定样品中 NaClO2 的纯度:准确称一定质量的样品,加入适量蒸馏水和过量的 KI 晶 体,在酸性条件下发生如下反应:ClO2 +4I +4H+=2H2O+2I2+Cl ,将所得混合液稀释成
﹣ ﹣ ﹣

100mL 待测溶液.取 25.00mL 待测溶液,加入淀粉溶液做指示剂,用 c mol?L


﹣1

Na2S2O3 标
﹣ ﹣

准液滴定至终点, 测得消耗标准溶液体积的平均值为 V mL (已知: I2+2S2O32 =2I +S4O62 ) , 则所称取的样品中 NaClO2 的物质的量为 .

9.草酸钴用途广泛,可用于指示剂和催化剂制备.一种利用水钴矿[主要成分为 Co2O3,含 少量 Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO 等]制取 CoC2O4?2H2O 工艺流程如图 1:

已知:①浸出液含有的阳离子主要有 H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等; ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表: 沉淀物 完全沉淀的 pH Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8

(1) 浸出过程中加入 Na2SO3 的目的是将 步反应的离子方程式为 (写一个) .

还原 (填离子符号) 以便固体溶解. 该

(2)NaClO3 的作用是将浸出液中的 Fe2+氧化成 Fe3+,氯元素被还原为最低价.该反应的离 子方程式为 .

(3)利用平衡移动原理分析:加 Na2CO3 能使浸出液中 Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原 因是 .

(4)萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图 2 所示.滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用 是 A.2.0 ;使用萃取剂适宜的 pH= B.3.0 C. 4.0 (填序号)左右:

(5)滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中 Ca2+与 Mg2+转化为 MgF2、CaF2 沉淀.已知 Ksp(MgF2) =7.35× 10 =
﹣11

、Ksp(CaF2)=1.05× 10 .

﹣10

.当加入过量 NaF 后,所得滤液 c(Mg2+)/c (Ca2+)

10.CO2 加氢合成甲醇可有效利用 CO2.由 CO2 制备甲醇过程涉及反应如下: 反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△ H1=﹣49.58kJ?mol 反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)?CO (g)+H2O(g)△ H2 反应Ⅲ:CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△ H3=﹣90.77kJ?mol 回答下列问题: (1)△ H2= 向移动. (2)一定条件下在 3L 恒容密闭容器中充入一定量的 H2 和 CO2 仅发生反应Ⅰ,实验测得反 应物在不同起始投入量下,反应体系中 CO2 的平衡转化率与温度的关系曲线如图 1 所示: ①H2 和 CO2 的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入: A:n(H2)=3mol,n(CO2)=1.5mol B:n(H2)=3mol,n(CO2)=2mol,曲线Ⅱ代表 (填“A”或“B”)投入方式. kJ/mol;升高温度会使反应Ⅱ向 (填“正”、“逆”)方
﹣1 ﹣1

②在温度为 500K 的条件下,按照 A 方式充入 3mol H2 和 1.5mol CO2,该反应 10min 时达到 平衡: a. 此温度下的平衡常数为 ; 500K 时, 若在此容器中开始充入 0.3molH2 和 0.9mol

CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O,若使反应在开始时能正向进行,则 x 应满足的条件 是 .

b. 在此条件下, 系统中 CH3OH 的浓度随时间的变化如图 2 所示, 当反应时间达到 3min 时, 迅速升温至 600K,请在图 2 中画出 3~10min 内容器中 CH3OH 浓度变化曲线. (3)新型固体燃料电池的电解质是固体氧化锆和氧化钇,高温下允许氧离子(O2 )在其


间通过.如图 3 所示,其中多孔电极不参与电极反应. ①该电池的负极反应式为 .

②如果用该电池作为电解装置,当有 16g 甲醇发生反应时,则理论上提供的电量表达式为 C(1 个电子的电量为 1.6× 10
﹣19

C) .

[选做题][化学--选修 3:物质结构与性质](共 1 小题,满分 15 分) 11.铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料.请回答: (1)基态铜原子的电子排布式为 ;已知高温下 CuO→Cu2O+O2,从铜原子价

层电子结构(3d 和 4s 轨道上应填充的电子数)变化角度来看,能生成 Cu2O 的原因 是 .

(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物,则它们形成的组成最简单的氢化物中,分子构 型分别为 ,若“Si﹣H”中共用电子对偏向氢元素,氢气与硒反应时单质硒是氧 Si(填“>”、“<”) .

化剂,则硒与硅的电负性相对大小为 Se

(3)SeO2 常温下白色晶体,熔点为 340~350℃,315℃时升华,则 SeO2 固体的晶体类型 为 为 ;若 SeO2 类似于 SO2 是 V 型分子,则 Se 原子外层轨道的杂化类型 .

(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数) ,其化合物 可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物,如 BF3 能与 NH3 反应生成 BF3?NH3.BF3?NH3 中 B 原子的杂化轨道类型为 ,B 与 N 之间形成 键. ,

(5) 金刚砂 (SiC) 的硬度为 9.5, 其晶胞结构如图所示; 则金刚砂晶体类型为 在 SiC 中,每个 C 原子周围最近的 C 原子数目为 则金刚砂的密度表达式为 g/

个;若晶胞的边长为 a pm,

cm3.

[化学--选修 5:有机化学基础](共 1 小题,满分 0 分) 12. (2015 秋?肇庆期末)G 是一种新型香料的主要成分之一,其结构中含有三个六元环.G 的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去) :

已知:①RCH═CH2+CH2═CHR′

CH2═CH2+RCH═CHR′;

②B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6 种不同环境的氢原子; ③D 和 F 是同系物. 请回答下列问题: (1) (CH3)2C=CH2 的系统命名法名称为 (2)A→B 反应过程中涉及的反应类型依次为 (3)D 分子中含有的含氧官能团名称是 (4)生成 E 的化学方程式为 . . 、 ,G 的结构简式为 . .

(5)同时满足下列条件:①与 FeCl3 溶液发生显色反应;②苯环上有两个取代基、含 C=O 的 F 的同分异构体有 能水解的物质的结构简式为 种(不包括立体异构) ;其中核磁共振氢谱为 4 组峰、 .

(6)模仿由苯乙烯合成 F 的方法,写出由丙烯制取 α﹣羟基丙酸( 成线路: .

)的合

2015-2016 学年广东省肇庆市高三(上)期末化学模拟试卷 参考答案与试题解析

一、选择题(共 7 小题,每小题 6 分,满分 42 分) 1.下列叙述正确的是( )

A.石墨烯是一种比钢铁更强韧的新型材料 B.大量使用化肥和农药,以提高农作物产量 C.道尔顿提出了原子论、门捷列夫提出了分子论 D.无论是风力发电还是潮汐发电,都是将化学能转化为电能 【分析】A.石墨烯比钢铁更强韧; B.大量使用农药化肥会对环境造成不良影响; C.门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律,并编制出元素周期表; D.潮汐发电是将潮汐能转化为电能. 【解答】解:A.石墨烯比钢铁更强韧,是新型材料,故 A 正确; B.大量使用农药化肥会对环境造成不良影响,污染土壤,故 B 错误; C.阿伏加德罗在化学上的主要贡献是提出了分子的概念,并创立了分子学说,门捷列夫在 化学上的主要贡献是发现了元素周期律,并编制出元素周期表,故 C 错误; D.风力发电是将风能转化为电能,潮汐发电是将潮汐能转化为电能,故 D 错误. 故选 A.

2.物质制备是化学研究的主要任务之一.下列操作正确的是( A.制取溴苯:将铁屑、溴水、苯混合加热 B.实验室制硝基苯:先加入苯,再加浓硫酸,最后滴入浓硝酸



C.提取溶解在水中的少量碘:加入 CCl4 振荡、静置、分层后取出有机层再分离 D. 检验某溶液中是否含有甲醛: 在盛有 2mL10%CuSO4 溶液的试管中滴加 0.5mL10%NaOH 溶液,混合均匀,滴入待检液,加热 【分析】A.苯与溴水不反应; B.有浓硫酸参加的反应,在混合时应注意防止酸液飞溅; C.碘易溶于四氯化碳;

D.加入氢氧化钠较少,应在碱性条件下反应. 【解答】解:A.苯与液溴在催化作用下发生取代反应,与溴水不反应,故 A 错误; B.浓硫酸密度比水大,溶于水放热,先加入浓硝酸,再加浓硫酸,最后滴入苯,故 B 错误; C.碘易溶于四氯化碳,可用四氯化碳萃取,故 C 正确; D.甲醛与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行,加入氢氧化钠较少,故 D 错误. 故选 C.

3.已知 0.1mol?L

﹣1

的二元酸 H2A 溶液的 pH=4.0,则下列说法中正确的是(



A.在 Na2A、NaHA 两溶液中,离子种类不相同 B.在溶质的物质的量相等的 Na2A,NaHA 两溶液中,阴离子总数相等 C.在 NaHA 溶液中一定有:c(Na+)+c(H+)=c(HA )+2c(A2 )+c(OH )
﹣ ﹣ ﹣

D.在 Na2A 溶液中一定有:c(Na+)>c(A2 )>c(H+)>c(OH )
﹣ ﹣

【分析】已知 0.1mol?L

﹣1

的二元酸 H2A 溶液的 pH=4,说明溶液为弱酸;
﹣ ﹣

A、在 Na2A、NaHA 两溶液中,A2 离子水解,HA 存在电离和水解; B、依据电荷守恒结合离子浓度计算判断; C、依据溶液中电荷守恒计算判断; D、A2 离子分步水解,溶液呈碱性.


【解答】解:A、在 Na2A、NaHA 两溶液中,分析 A2 离子水解,HA 存在电离和水解,离
﹣ ﹣

子种类相同,故 A 错误; B、在溶质物质的量相等的 Na2A、NaHA 两溶液中,钠离子浓度不同,氢离子浓度不同,依 据溶液中存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH )+2c(A2 )+c(HA ) ,阴离子总数
﹣ ﹣ ﹣

不相等,故 B 错误; C、在 NaHA 溶液中一定有电荷守恒,即 c(Na+)+c(H+)=c(HA )+c(OH
﹣ ﹣)

+2c(A2 ) ,


故 C 正确; D、在 Na2A 溶液中,A2 离子分步水解,溶液呈碱性;一定有:c(Na+)>c(A2 )>c(OH
﹣ ﹣ ﹣

)>c(H+) ,故 D 错误;

故选 C.

4.香花石被誉为“矿石熊猫”,由我国地质学家首次发现,它由前 20 号元素中的 6 种组成, 其化学式为 X3Y2(ZWR4)3T2,其中 X、Y、Z 为金属元素,Z 的最外层电子数与次外层相

等,X、Z 位于同族,Y、Z、R、T 位于同周期,R 最外层电子数是次外层的 3 倍,T 无正 价,X 与 R 原子序数之和是 W 的 2 倍.下列说法错误的是( A.原子半径:Y>Z>R>T B.XR2、WR2 两化合物中 R 的化合价相同 C.最高价氧化物对应的水化物碱性:X>Z D.气态氢化物的稳定性:W<R<T 【分析】香花石化学式为 X3Y2(ZWR4)3T2,由前 20 号元素中的 6 种组成,其中 R 原子最 外层电子数为其次外层电子数的 3 倍,R 原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 6,则 R 为 O 元素;Y、Z、R、T 位于同周期,即处于第二周期,T 元素无正价,则 T 为 F 元素;Z 的最外层电子数与次外层电子数相等,则 Z 为 Be 元素;Y 为金属元素,则 Y 为 Li;X、Z 位于同主族,则 X 为 Mg 元素或 Ca 元素,若 X 为镁元素,则由 X 与 R 原子序数之和是 W 的 2 倍,则 =10,推出 W 为氖元素不符合题意,若 X 为 Ca 元素,则由 X 与 R 原子序 =14,推出 W 为 Si 元素,符合题意,据此解答. )

数之和是 W 的 2 倍,则

【解答】解:香花石化学式为 X3Y2(ZWR4)3T2,由前 20 号元素中的 6 种组成,其中 R 原 子最外层电子数为其次外层电子数的 3 倍,R 原子只能有 2 个电子层,最外层电子数为 6, 则 R 为 O 元素;Y、Z、R、T 位于同周期,即处于第二周期,T 元素无正价,则 T 为 F 元 素;Z 的最外层电子数与次外层电子数相等,则 Z 为 Be 元素;Y 为金属元素,则 Y 为 Li; X、Z 位于同主族,则 X 为 Mg 元素或 Ca 元素,若 X 为镁元素,则由 X 与 R 原子序数之和 是 W 的 2 倍,则 =10,推出 W 为氖元素不符合题意,若 X 为 Ca 元素,则由 X 与 R =14,推出 W 为 Si 元素,符合题意.

原子序数之和是 W 的 2 倍,则

A.Y 为锂元素、Z 为铍元素、R 为氧元素、T 为氟元素,位于同周期,元素的原子半径从 左向右半径在减小,即原子半径:Y>Z>R>T,故 A 正确; B.XR2、WR2 两化合物 CaO2、SiO2,CaO2 中 O 元素为﹣1 价,SiO2 中 O 元素化合价为﹣2, 故 B 错误; C.X 为钙元素、Z 为铍元素,金属性 Ca>Be,则最高价氧化物对应的水化物碱性:氢氧化 钙>氢氧化铍,故 C 正确; D.W 为硅元素、R 为氧元素、T 为氟元素,非金属性 F>O>Si,则气态氢化物的稳定性 W<R<T,故 D 正确;

故选 B.

5.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3=K2O+xNa2O+16N2↑,下列说法 错误的是( A.x=5 B.每生成 16 mol N2 转移 10 mol 电子 C.N2 既是氧化产物又是还原产物 D.反应中氧化产物与还原产物的质量之比为 1:15 【分析】由质量守恒可知 x=5,则方程式为 10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑,反应中只 有 N 元素的化合价变化,由 N 元素的化合价降低可知,2molKNO3 反应转移电子为 2mol× (5﹣0)=10mol,以此来解答. 【解答】解:A.由质量守恒可知 x=5,故 A 正确; B.由反应可知,2molKNO3 反应转移电子为 2mol× (5﹣0)=10mol,即每生成 16 mol N2 转移 10 mol 电子,故 B 正确; C.只有 N 元素的化合价变化,则 N2 既是氧化产物又是还原产物,故 C 正确; D.该反应中 10molNaN3 是还原剂,生成氧化产物 N2 的物质的量是 15mol;2molKNO3 是氧 化剂,生成还原产物 N2 的物质的量是 1mol,反应中氧化产物与还原产物的质量之比为 15: 1,故 D 错误. 故选 D. )

6.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( 选项 实验操作 A 在新生成的 AgCl 沉淀中滴入稀 KI 溶液,振荡

) 现象 解释或结论

白色沉淀转化 Ksp(AgCl)>Ksp 为黄色沉淀 (AgI)

B

向装有 Fe(NO3)2 溶液的试管中加入稀 H2SO4,

在管口观察到 HNO3 分解成了 红棕色气体 NO2

C

向 CH3CH2X 中加入少量 AgNO3 溶液,加热

有浅黄色沉淀 CH3CH2X 中含有 生成 Br


D

向淀粉溶液中加入稀 H2SO4,加热几分钟,冷却后再没有红色沉淀 淀粉没有水解成葡

加入新制 Cu(OH)2 浊液,加热, A.A B.B C.C

生成

萄糖 D.D

【分析】A.滴加 KI 溶液,可观察到白色沉淀转化为黄色沉淀,说明 AgI 较 AgCl 难溶; B.NO3 在酸性条件下具有氧化性,被还原生成 NO,NO 被 O2 氧化为红棕色的 NO2; C.CH3CH2X 不能电离出 X 离子; D.检验葡萄糖,应在碱性条件下加入新制 Cu(OH)2 浊液,加热. 【解答】 解: A. 白色沉淀转化为黄色沉淀, 说明生成 AgI, 生成物溶度积更小, 则 Ksp (AgCl) >Ksp(AgI) ,故 A 正确; B. 向 Fe (NO3) 则会发生离子反应: 3Fe2++NO3 +4H+=3Fe3++NO↑+2H2O, 2 溶液中加入 H2SO4,
﹣ ﹣ ﹣

产生的 NO 在管口生成 NO2 呈现红色,而不是 HNO3 分解产生 NO2,故 B 错误; C.CH3CH2X 不能电离出 X 离子,向 CH3CH2X 中加入少量 AgNO3 溶液,加热,不会发生 反应,应先水解,然后调节至酸性加硝酸银来检验卤素离子,故 C 错误; D.检验葡萄糖,应在碱性条件下加入新制 Cu(OH)2 浊液,加热,显然实验操作中没有 加碱条件溶液至碱性,所以实验中不能检验葡萄糖的生成,故 D 错误; 故选 A.


7.丹参素能明显抑制血小板的聚集,其结构如图所示,下列说法正确的是(



A.丹参素在 C 上取代 H 的一氯代物有 4 种 B.在 Ni 催化下 1mol 丹参素最多可与 4molH2 加成 C.丹参素能发生取代、消去、中和、氧化等反应 D.1mol 丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成 4molH2 【分析】该物质中含有酚羟基、醇羟基和羧基、苯,具有酚、醇、羧酸和苯的性质,能发生 取代反应、氧化反应、消去反应、酯化反应、缩聚反应、加成反应等,据此分析解答. 【解答】解:A.该分子中 H 原子有 5 种,其一氯代物同分异构体有 5 种,故 A 错误; B. 苯环能和氢气发生加成反应, 所以在 Ni 催化下 1mol 丹参素最多可与 3molH2 加成, 故B 错误; C.醇羟基、羧基能发生取代反应,醇羟基能发生消去反应,羧基能发生中和反应,酚羟基 和醇羟基能发生氧化反应,故 C 正确;

D.能与钠反应的官能团有酚羟基、醇羟基和羧基,所以且官能团与氢气关系之比为 2:1, 所以 1mol 丹参素在一定条件下与足量金属钠反应可生成 2molH2,故 D 错误; 故选 C.

二、解答题(共 3 小题,满分 43 分) 8.亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂,探究小组开展如下实验,请回答: [实验Ⅰ]NaClO2 晶体按如图装置进行制取. 已知:NaClO2 饱和溶液在低于 38℃时析出 NaClO2?3H2O,高于 38℃时析出 NaClO2,高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl. (1)装置 C 起的是 防止 D 瓶溶液倒吸到 B 瓶中 的作用. (2)已知装置 B 中的产物有 ClO2 气体,则 B 中产生气体的化学方程式为 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O ; 装置 D 中生成 NaClO2 和一种助燃气体,

其反应的化学方程式为 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 ;装置 B 中反应后的溶 液中阴离子除了 ClO2 、ClO3 、Cl 、ClO 、OH 外还一定含有的一种阴离子是
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

SO42





检验该离子的方法是: 取少量反应后的溶液于试管中, 先加足量的盐酸, 再加 BaCl2 溶液, 若产生白色沉淀,则说明含有 SO42




(3)从装置 D 反应后的溶液中获得 NaClO2 晶体的操作步骤为: ①减压在 55℃蒸发结晶;② 燥;得到成品. (4)反应结束后,打开 K1,装置 A 起的作用是 吸收装置 B 中多余的 ClO2 和 SO2 ;如 果撤去 D 中的冷水浴,可能导致产品中混有的杂质是 NaClO3 和 NaCl . [实验Ⅱ]样品杂质分析与纯度测定 (5)测定样品中 NaClO2 的纯度:准确称一定质量的样品,加入适量蒸馏水和过量的 KI 晶 体,在酸性条件下发生如下反应:ClO2 +4I +4H+=2H2O+2I2+Cl ,将所得混合液稀释成
﹣ ﹣ ﹣

趁热过滤 ;③用 38℃~60℃热水洗涤;④低于

60 ℃干

100mL 待测溶液.取 25.00mL 待测溶液,加入淀粉溶液做指示剂,用 c mol?L


﹣1

Na2S2O3 标
﹣ ﹣

准液滴定至终点, 测得消耗标准溶液体积的平均值为 V mL (已知: I2+2S2O32 =2I +S4O62 ) , 则所称取的样品中 NaClO2 的物质的量为 c?V?10 3mol .


【分析】 (1)装置 D 中发生气体反应,装置内压强降低,装置 C 的作用是安全瓶,防止 D 瓶溶液倒吸到 B 瓶中; (2) 装置 B 中制备得到 ClO2, 所以 B 中反应为 NaClO3 和 Na2SO3 在浓 H2SO4 的作用生成 ClO2 和 Na2SO4,装置 D 反应后的溶液获得 NaClO2 晶体,装置 D 中生成 NaClO2,Cl 元素的化合 价降低,双氧水应表现还原性,有氧气生成,结合原子守恒可知,还有水生成,配平书写方 程式;B 制得的气体中含有 SO2,在装置 D 中被氧化生成硫酸,可以用利用硫酸钡是白色沉 淀检验硫酸根; (3)从溶液中制取晶体,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,注意温度控制; (4)反应结束后,打开 K1,装置 A 中装有氢氧化钠溶液,可以吸收装置 B 中多余的 ClO2 和 SO2,由题目信息可知,应控制温度 38℃~60℃,高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl; (5)根据化学反应可得关系式:NaClO2~2I2~4S2O32 ,令样品中 NaClO2 的物质的量 x,


根据关系式计算. 【解答】解: (1)装置 D 中发生气体反应,装置内压强降低,装置 C 的作用是安全瓶,防 止 D 瓶溶液倒吸到 B 瓶中, 故答案为:防止 D 瓶溶液倒吸到 B 瓶中; (2) 装置 B 中制备得到 ClO2, 所以 B 中反应为 NaClO3 和 Na2SO3 在浓 H2SO4 的作用生成 ClO2 和 Na2SO4,反应的方程式为 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2 ClO2↑+2Na2SO4+H2O,装置 D 反应 后的溶液获得 NaClO2 晶体,装置 D 中生成 NaClO2,Cl 元素的化合价降低,双氧水应表现 还原性,有氧气生成,结合原子守恒可知,还有水生成,配平后方程式为: 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2,B 制得的气体中含有 SO2,在装置 D 中被氧化生 成硫酸,溶液中可能存在 SO42 ,用氯化钡溶液检验 SO42 ,具体操作:取少量反应后的溶
﹣ ﹣

液,先加足量的盐酸,再加 BaCl2 溶液,若产生白色沉淀,则说明含有 SO42 ,


故答案为:2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O; 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2;SO42 ;先加足量的盐酸,再加 BaCl2 溶液,若产


生白色沉淀,则说明含有 SO42 ;


(3)从溶液中制取晶体,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,为防止析出晶体 NaClO2?3H2O,应趁热过滤,由题目信息可知,应控制温度 38℃~60℃进行洗涤,低于 60℃ 干燥, 故答案为:趁热过滤;60; (4)反应结束后,打开 K1,装置 A 中装有氢氧化钠溶液,可以吸收装置 B 中多余的 ClO2 和 SO2,由题目信息可知,应控制温度 38℃~60℃,高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl,所以如果撤去 D 中的冷水浴,可能导致产品中混有的杂质是 NaClO3 和 NaCl, 故答案为:吸收装置 B 中多余的 ClO2 和 SO2;NaClO3 和 NaCl; (5)令样品中 NaClO2 的物质的量 x,则: NaClO2~2I2~4S2O32 ,


1mol 0.25x

4mol c mol?L 1× V× 10 3L
﹣ ﹣ ﹣

解得:x=c?V?10 3mol


故答案为:c?V?10 3mol.

9.草酸钴用途广泛,可用于指示剂和催化剂制备.一种利用水钴矿[主要成分为 Co2O3,含 少量 Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO 等]制取 CoC2O4?2H2O 工艺流程如图 1:

已知:①浸出液含有的阳离子主要有 H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等; ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见下表: 沉淀物 完全沉淀的 pH Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8

(1) 浸出过程中加入 Na2SO3 的目的是将 Fe3+、 Co3+ 还原 (填离子符号) 以便固体溶解. 该 步反应的离子方程式为 SO32 +2Fe3++H2O═SO42 +2Fe2++2H+或 SO32 +2Co3++H2O═SO42
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

+2Co2++2H+

(写一个) .

(2)NaClO3 的作用是将浸出液中的 Fe2+氧化成 Fe3+,氯元素被还原为最低价.该反应的离 子方程式为 ClO3 +6Fe2++6H+=6Fe3++Cl +3H2O .
﹣ ﹣

(3)利用平衡移动原理分析:加 Na2CO3 能使浸出液中 Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原 因是 R3++3H2O?R(OH)3+3H+,加入碳酸钠后,H+与 CO32 反应,使水解平衡右移,从


而产生沉淀 . (4)萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系如图 2 所示.滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是 除去溶液中的 Mn2+ A.2.0 ;使用萃取剂适宜的 pH= B (填序号)左右: C. 4.0

B.3.0

(5)滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中 Ca2+与 Mg2+转化为 MgF2、CaF2 沉淀.已知 Ksp(MgF2) =7.35× 10 =
﹣11

、Ksp(CaF2)=1.05× 10

﹣10

.当加入过量 NaF 后,所得滤液 c(Mg2+)/c (Ca2+)

0.7 .

【分析】 含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠, 可得 CoCl2、 AlCl3、 FeCl2、 MgCl2、 CaCl2、 MnCl2, 加入 NaClO3,可得到 FeCl3,然后加入 Na2CO3 调 pH 至 5.2,可得到 Fe(OH)3、Al(OH)
3 沉淀,过滤后所得滤液主要含有

CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2,向溶液中加入 NaF 溶液,

除去钙镁离子,然后过滤得到的滤液中 II 中加入萃取剂,萃取后溶液加入草酸铵,得到草 酸钴, (1)亚硫酸钠具有还原性,能还原氧化性离子; (2)NaClO3 具有氧化性,能将浸出液中的 Fe2+氧化成 Fe3+,自身被还原生成氯离子,同时 生成水; (3)Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性,碳酸根离子和氢离子反应,从而促进水解平衡向右移 动; (4)滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去锰离子;根据图知,调节溶液 PH 在 3.0~3.5 之间, 可使 Mn2+完全沉淀,并防止 Co2+转化为 Co(OH)2 沉淀;

(5)当加入过量 NaF 后,所得滤液中

=

=



据此计算; 【解答】解:含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠,可得 CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、 MnCl2,加入 NaClO3,可得到 FeCl3,然后加入 Na2CO3 调 pH 至 5.2,可得到 Fe(OH)3、

Al(OH)3 沉淀,过滤后所得滤液主要含有 CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2,向溶液中加入 NaF 溶液,除去钙镁离子,然后过滤得到的滤液中 II 中加入萃取剂,萃取后溶液加入草酸 铵,得到草酸钴, (1)亚硫酸钠具有还原性,能还原氧化性离子 Fe3+、Co3+,所以浸出过程中加入 Na2SO3 的目的是将 Fe3+、Co3+还原,反应的离子方程式为 SO32 +2Fe3++H2O═SO42 +2Fe2++2H+ 或
﹣ ﹣

SO32 +2 Co3++H2O═SO42 +2Co2++2H+,
﹣ ﹣

故答案为:Fe3+、Co3+;SO32 +2Fe3++H2O═SO42 +2Fe2++2H+ 或 SO32 +2 Co3++H2O═SO42
﹣ ﹣ ﹣



+2Co2++2H+; (2)NaClO3 具有氧化性,能将浸出液中的 Fe2+氧化成 Fe3+,自身被还原生成氯离子,同时 生成水,离子反应方程式为 ClO3 +6Fe2++6H+=6Fe3++Cl +3H2O,
﹣ ﹣

故答案为:ClO3 +6Fe2++6H+=6Fe3++Cl +3H2O;
﹣ ﹣

(3)Fe3+、Al3+水解导致溶液呈酸性,水解方程式为 R3++3H2O?R(OH)3+3H+,碳酸根离 子和氢离子反应,从而促进水解平衡向右移动,产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀, 故答案为:R3++3H2O?R(OH)3+3H+,加入碳酸钠后,H+与 CO32 反应,使水解平衡右移,


从而产生沉淀; (4)根据流程图可知,此时溶液中存在 Mn2+、Co2+金属离子; 由萃取剂对金属离子的萃取率与 pH 的关系可知,调节溶液 PH 在 3.0~3.5 之间,可使 Mn2+ 完全沉淀,并防止 Co2+转化为 Co(OH)2 沉淀, 故答案为:除去溶液中的 Mn2+;B; (5)当加入过量 NaF 后,所得滤液中

=

=

=

=0.7,

故答案为:0.7.

10.CO2 加氢合成甲醇可有效利用 CO2.由 CO2 制备甲醇过程涉及反应如下: 反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△ H1=﹣49.58kJ?mol 反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)?CO (g)+H2O(g)△ H2 反应Ⅲ:CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△ H3=﹣90.77kJ?mol
﹣1 ﹣1

回答下列问题: (1)△ H2= +41.19 kJ?mol 向移动. (2)一定条件下在 3L 恒容密闭容器中充入一定量的 H2 和 CO2 仅发生反应Ⅰ,实验测得反 应物在不同起始投入量下,反应体系中 CO2 的平衡转化率与温度的关系曲线如图 1 所示: ①H2 和 CO2 的起始的投入量以 A 和 B 两种方式投入: A:n(H2)=3mol,n(CO2)=1.5mol B:n(H2)=3mol,n(CO2)=2mol,曲线Ⅱ代表 B (填“A”或“B”)投入方式. ②在温度为 500K 的条件下,按照 A 方式充入 3mol H2 和 1.5mol CO2,该反应 10min 时达到 平衡: a.此温度下的平衡常数为 450 ;500K 时,若在此容器中开始充入 0.3molH2 和 0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O,若使反应在开始时能正向进行,则 x 应满足的条件是 0 <x<2.025 . b. 在此条件下, 系统中 CH3OH 的浓度随时间的变化如图 2 所示, 当反应时间达到 3min 时, 迅速升温至 600K,请在图 2 中画出 3~10min 内容器中 CH3OH 浓度变化曲线. (3)新型固体燃料电池的电解质是固体氧化锆和氧化钇,高温下允许氧离子(O2 )在其
﹣ ﹣1

kJ/mol;升高温度会使反应Ⅱ向 正 (填“正”、“逆”)方

间通过.如图 3 所示,其中多孔电极不参与电极反应. ①该电池的负极反应式为 CH3OH﹣6e +3O2 =CO2↑+2H2O .
﹣ ﹣

②如果用该电池作为电解装置,当有 16g 甲醇发生反应时,则理论上提供的电量表达式为 2.895× 105 C(1 个电子的电量为 1.6× 10
﹣19

C) .

【分析】 (1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式;正反应如果是吸热 反应升高温度平衡正向移动; (2)①图象分析相同温度下,两种反应物,增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率; ②a.结合三行式进行计算,化学反应的平衡常数 K 各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和 各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值,据此计算;

b.将体系温度升至 600K,根据升高温度,平衡向着吸热方向来进行回答; (3)①以固体氧化锆氧化钇为电解质,这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2 )在其


间通过, 分析该电池的工作原理如图 3 所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应, 结合导电 离子和电荷守恒分析书写; ②依据电极反应计算转移电子数,结合法拉第常数为 9.65× 104C?mol
﹣1

计算电量.

【解答】解: (1)反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△ H1=﹣49.58kJ?mol
﹣1

反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)?CO (g)+H2O(g)△ H2 反应Ⅲ:CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△ H3=﹣90.77kJ?mol
﹣1

根据盖斯定律,反应Ⅱ可以是Ⅰ﹣Ⅲ得到,所以反应Ⅱ的焓变△ H2=(﹣49.58kJ?mol 1)﹣


(﹣90.77kJ?mol 1)=+41.19 kJ?mol 1;根正反应是吸热反应升高温度平衡正向移动,
﹣ ﹣

故答案为:+41.19 kJ?mol 1;正向;


(2)①A:n(H2)=3mol,n(CO2)=1.5mol,B:n(H2)=3mol,n(CO2)=2mol,二者 比较 B 相当于增大二氧化碳的量,转化率小于 A,所以曲线Ⅱ代表 B 的投料, 故答案为:B; ②在温度为 500K 的条件下,充入 3mol H2 和 1.5mol CO2,该反应 10min 时达到平衡,二氧 化碳的转化率是 60%, CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) 初始浓度:0.5 变化浓度:0.3 平衡浓度:0.2 1 0.9 0.1 0 0.3 0.3 0.3 0.3 =450, 0

a.该温度下,反应 I 的平衡常数 K=

500K 时,若在此容器中开始充入 0.3molH2 和 0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O,浓度 分别为 0.1mol/L,0.3mol/L,0.2mol/L, mol/L

若使反应在开始时正向进行,浓度商 Qc= x=2.025 则 x 应满足的条件是 0<x<2.025

<K=450

故答案为:450,0<x<2.025; b.当反应时间达到 3min 时,迅速将体系温度升至 600K,则平衡正向进行,甲醇的浓度会

增加,图象为,

故答案为:




(3)①以固体氧化锆氧化钇为电解质,这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2 )在其 间通过, 分析该电池的工作原理如图 3 所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应, 结合导电 离子和电荷守恒分析书写电极反应为:CH3OH﹣6e +3O2 =CO2↑+2H2O,
﹣ ﹣

故答案为:CH3OH﹣6e +3O2 =CO2↑+2H2O;
﹣ ﹣

②16g 甲醇物质的量=

=0.5mol,发生反应时电子转移 0.5mol× 6=3mol,则理论上提


供的电量最多为 3mol× 9.65× 104C?mol 1=2.895× 105 C, 故答案为:2.895× 105 C.

[选做题][化学--选修 3:物质结构与性质](共 1 小题,满分 15 分) 11.铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料.请回答: (1)基态铜原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1 ;已知高温下 CuO→Cu2O+O2, 从铜原子价层电子结构(3d 和 4s 轨道上应填充的电子数)变化角度来看,能生成 Cu2O 的

原因是 CuO 中铜的价层电子排布为 3d9,Cu2O 中铜的价层电子排布为 3d10,后者处于稳 定的全充满状态而前者不是 .

(2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物,则它们形成的组成最简单的氢化物中,分子构 型分别为 V 形,正四面体 ,若“Si﹣H”中共用电子对偏向氢元素,氢气与硒反应时单质

硒是氧化剂,则硒与硅的电负性相对大小为 Se > Si(填“>”、“<”) . (3)SeO2 常温下白色晶体,熔点为 340~350℃,315℃时升华,则 SeO2 固体的晶体类型为 分子晶体 ;若 SeO2 类似于 SO2 是 V 型分子,则 Se 原子外层轨道的杂化类型为 sp2 .

(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数) ,其化合物 可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物,如 BF3 能与 NH3 反应生成 BF3?NH3.BF3?NH3 中 B 原子的杂化轨道类型为 sp3 ,B 与 N 之间形成 配位 键.

(5) 金刚砂 (SiC) 的硬度为 9.5, 其晶胞结构如图所示; 则金刚砂晶体类型为 原子晶体 , 在 SiC 中,每个 C 原子周围最近的 C 原子数目为 12 砂的密度表达式为 cm3. g/ 个;若晶胞的边长为 a pm,则金刚

【分析】 (1)根据元素符号,判断元素原子的核外电子数,再根据核外电子排布规律来写; Cu+的核外有 28 个电子, 根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式, 原子轨道处于全空、 半满或全满时最稳定; (2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为 H2Se,SiH4,其分子结构分别与 H2O,CH4 相似;若“Si﹣H”中键合电子偏向氢原子,说明硅显正价,氢气与硒反应时单质硒是氧化剂, 硒显负价; (3)根据分子晶体的熔、沸点低;根据价层电子对互斥理论确定杂化类型; (4)根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式,提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子 之间形成配位键;

(5)根据原子晶体的硬度大;每个碳原子连接 4 个硅原子,每个硅原子又连接其它 3 个碳 原子,据此判断每个 C 原子周围最近的 C 原子数目;该晶胞中 C 原子个数=8× +6× =4, Si 原子个数为 4,根据 ρ= 计算其密度. 【解答】解: (1)Cu 元素为 29 号元素,原子核外有 29 个电子,所以核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s1;CuO 中铜的价层电子排布为 3d94s0(1 分) ,Cu2O 中铜的价层电子排 布为 3d10,3d10 为稳定结构,所以在高温时,能生成 Cu2O; 故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;CuO 中铜的价层电子排布为 3d9,Cu2O 中铜的价层电子 排布为 3d10,后者处于稳定的全充满状态而前者不是; (2)硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物分别为 H2Se,SiH4,其分子结构分别 V 形,正四 面体;若“Si﹣H”中键合电子偏向氢原子,说明硅显正价,氢气与硒反应时单质硒是氧化剂, 硒显负价,所以硒与硅的电负性相对大小为 Se>Si; 故答案为:V 形,正四面体;>; (3)SeO2 常温下白色晶体,熔、沸点低,为分子晶体;二氧化硒分子中价层电子对=2+ (6 ﹣2× 2)=3,Se 原子的杂化类型为 sp2,且含有一个孤电子对,所以属于 V 形; 故答案为:分子晶体;sp2; (4)BF3?NH3 中 B 原子含有 3 个 σ 键和 1 个配位键,所以其价层电子数是 4,B 原子采取 sp3 杂化,该化合物中,B 原子提供空轨道的原子、N 原子提供孤电子对,所以 B、N 原子 之间形成配位键; 故答案为:sp3;配位; (5)金刚砂(SiC)的硬度为 9.5,属于原子晶体;每个碳原子连接 4 个硅原子,每个硅原 子又连接其它 3 个碳原子,所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为 3× 4=12;该晶胞中 C 原子个数=8× +6× =4,Si 原子个数为 4,晶胞边长=a× 10
﹣10

cm,体积 V=(a× 10

﹣10

cm)3,

ρ= =

g?cm3=

g?cm3;

故答案为:原子晶体;12;



[化学--选修 5:有机化学基础](共 1 小题,满分 0 分)

12. (2015 秋?肇庆期末)G 是一种新型香料的主要成分之一,其结构中含有三个六元环.G 的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去) :

已知:①RCH═CH2+CH2═CHR′

CH2═CH2+RCH═CHR′;

②B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6 种不同环境的氢原子; ③D 和 F 是同系物. 请回答下列问题: (1) (CH3)2C=CH2 的系统命名法名称为 2﹣甲基﹣1﹣丙烯 . (2)A→B 反应过程中涉及的反应类型依次为 取代反应 、 加成反应 . (3)D 分子中含有的含氧官能团名称是 醇羟基和羧基 ,G 的结构简式为

. (4)生成 E 的化学方程式为

. (5)同时满足下列条件:①与 FeCl3 溶液发生显色反应;②苯环上有两个取代基、含 C=O 的 F 的同分异构体有 21 种(不包括立体异构) ;其中核磁共振氢谱为 4 组峰、能水解

的物质的结构简式为



(6)模仿由苯乙烯合成 F 的方法,写出由丙烯制取 α﹣羟基丙酸( 成线路:

)的合



【分析】由 A 与氯气在加热条件下反应生成

,可知 A 的结构简式为:

,故苯乙烯与(CH3)2C=CH2 发生加成反应生成 A,

与 HCl 反应

生成 B,结合 B 的分子式可知,应是发生加成反应,B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6

种不同环境的氢原子,故 B 为

,顺推可知 C 为

,D 为

.苯乙烯与 HBr 发生加成反应生成 E,E 可以氧化生成 C8H7O2Br,说明 E 中 Br 连接的 C 原子上有 2 个 H 原子,故 E 为 , ,C8H7O2Br 为

和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到 F,且 D

和 F 是同系物,故 F 为

,D 与 F 生成 G,G 结构中含有三个六元环,则 G





(6)丙烯和 HO﹣Br 发生取代反应生成 CH3CHBrCH2OH,CH3CHBrCH2OH 发生氧化反应 生成 CH3CHBrCOOH,CH3CHBrCOOH 和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到 CH3CHOHCOOH,据此分析解答.

【解答】解:由 A 与氯气在加热条件下反应生成

,可知 A 的结构简式为:

,故苯乙烯与(CH3)2C=CH2 发生加成反应生成 A,

与 HCl 反应

生成 B,结合 B 的分子式可知,应是发生加成反应,B 中核磁共振氢谱图显示分子中有 6

种不同环境的氢原子,故 B 为

,顺推可知 C 为

,D 为

; 苯乙烯与 HOBr 发生加成反应生成 E,E 可以氧化生成 C8H7O2Br,说明 E 中 Br 连接的 C 原 子上有 2 个 H 原子,故 E 为 ,C8H7O2Br 为 ,

和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到 F,且 D 和 F 是同系物,故 F



,D 与 F 生成 G,G 结构中含有三个六元环,则 G 为

, (1) (CH3)2C=CH2 的系统命名法名称为 2﹣甲基﹣1﹣丙烯,故答案为:2﹣甲基﹣1﹣丙 烯; (2)A→B 反应过程中涉及的反应类型依次为取代反应、加成反应;

(3)D 为

,D 分子中含有的含氧官能团名称是醇羟基和羧基,G 的结构简

式为 (4)生成 E 的化学方程式为

, 故答案为: 醇羟基和羧基;





故答案为:



(5)F 的同分异构体同时满足下列条件:①与 FeCl3 溶液发生显色反应;②苯环上有两个取 代基、含 C=O,

苯环上邻、间、对 3 种: 、

,侧链有异构体:





7 种,故异构体有 3× 7=21 种; 核磁共振氢谱为 4 组峰、能水解的物质,即 4 种化学环境的 H,只有苯环上对位(3 种 H) 、 侧 链上 1 种 H(上述前两种)才符合条件,其结构简式为



故答案为:21;



(6)丙烯和 HO﹣Br 发生取代反应生成 CH3CHBrCH2OH,CH3CHBrCH2OH 发生氧化反应 生成 CH3CHBrCOOH,CH3CHBrCOOH 和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到 CH3CHOHCOOH,其合成路线为

,故答案为:




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