2020年高考化学总复习练习题（一）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 I 127 一、选择题：
1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是 A．汽车尾气中的氮氧化物主要是汽油燃烧的产物 B．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体
C．距今三千年前的金沙遗址“太阳神鸟”仍璀璨夺目，是因为金的化学性质稳定 D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其太阳能电池帆板的材料是硅 【答案】A
【解析】A． 汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温或放电条件下生成的，故A项错误；
B． 硅胶比表面积大，有微孔，硅胶吸附能力强，常用作催化剂载体和食品干燥剂，故B项正确； C．金的化学性质稳定，所以距今三千年前的金沙遗址“太阳神鸟”仍璀璨夺目，C项正确； D．太阳能电池帆板的材料是硅，D项正确；答案选A。 2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 ．．．A．过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NA
B．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA C．5NH4NO3
2HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA
D．1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者小于后者 【答案】D
【解析】A．铁过量，1molCl2完全反应转移2mol电子，选项A正确；
B．乙醇有0.5mol，另外还有1.5mol水，故氢原子总数为（0.5mol×6+1.5mol×2）×NA =6NA，选项B正确； C．反应中每生成4 mol氮气转移15 mol电子，生成28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，选项C正确；
D．NaCl溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2[n(Na+)+n(H+)]，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者大于后者，选项D错误；答案选D。
3．查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：得到的有机产物最多有 A．5种
B．4种
C．3种
D．2种
。则邻甲基乙苯通过上述反应
【答案】B
【解析】邻甲基乙苯的结构简式为：，根据题目所给反应信息，四种不同
的断键方式可生成最多4种有机产物，故答案为B。
4．一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是
A．工业上通过电解熔融的WX来制得W B．W、X对应的简单离子半径顺序为：W＞X C．Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸 D．该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构 【答案】C
【解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族。 根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素
A、MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故A错误；
B．W为Mg，X为O，对应的简单离子Mg、O电子层结构相同，核电荷大的半径小，半径顺序为：Mg 5．实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是 2＋ 2－ 2＋ 2－ A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度 晨鸟教育 B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入 C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率 D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品 【答案】D 【解析】A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确； B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确； C选项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确； D选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。综上所述，答案为D。 6．下图是通过 Li-CO2 电化学技术实现储能系统和 CO2 固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2 饱和 LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是 A．Li-CO2 电池电解液为非水溶液 B．CO2 的固定中，转秱 4mole生成 1mol 气体 C．钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3+C - 4e－＝4Li++3CO2↑ D．通过储能系统和 CO2 固定策略可将 CO2 转化为固体产物 C 【答案】B 【解析】A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A正确； B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3 ＝ 4Li++ 2CO2↑+ O2 + 4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误； C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3 + C- 4e＝4Li+3CO2↑，故C正确； D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。综上所述，答案为B。 7．常温下，向20.00mL0.1mol·L－1氨水中滴入0.1mol·L-1 盐酸，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-1gc水 (H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是 － + － A．常温下，Kb(NH3·H2O)约为1×10-3 B．b=20.00 C．R、Q两点对应溶液均呈中性 D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等 【答案】B 【解析】A．常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水(H)=11，则该溶液中水电离出的c(H)=c(OH)=10mol/L，溶 + + --11 1014-3 液中c(OH)=mol/L=10mol/L，c(NH3•H2O)≈0.1mol/L，310- Kb(NH3•H2O)= cNH4cOHcNH3H2O+ 103103=1×10-5，A错误； 0.1B．当-lgc水(H)最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确； C．R点碱过量、N点溶液呈中性，Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误； D．R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误； 故合理选项是B。 二、非选择题： （一）必考题：共43分。 8．二硫化钼(MoS2， 其中Mo的化合价为+4)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为_____________________________。 （2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。 晨鸟教育 （3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是__________________，“氨浸”后生成( NH4)2 MoO4反应的化学方程式为___________________________________。 （4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，加入盐酸后，(NH4)2 MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_____________________________。 （5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6两种价态，则MoS2中Mo所占Mo元素的物质的量分数 4+ nMo4nMo为__________。 （6）钼酸钠晶体( Na2 MoO4 ·2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去SO42−，若溶液中c(MoO42−)=0.4 mol/L，c(SO42−)=0. 05 mol/L，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO4的去除率为_______________ [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp( BaMoO4)=4.0×10， Ksp(BaSO4)=1.1×10−10]。 【答案】（14分，每空2分） （1）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O （2）7：2 （3）增大反应物的接触面积，提高浸出速率 MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O （4）MoS4+2H=MoS3↓+H2S↑ （5）1：5 （6）97.8% 【解析】（1） 杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O； （2）高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应方程式为：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，在该反应中Mo、 2− + 2− −8 S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2； （3）“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是 MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O； （4）(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出NH4+和MoS42−，MoS42−在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为：MoS4+2H=MoS3↓+H2S↑； （5）设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.8×2，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo与Mo的物质的量之比5； 4+ 6+ 2− + nMo4nMo=0.2：(0.2+0.8)=1： （6）当BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中c(Ba2+)= KspBaMoO4cMoO244.0108=1.0×10−7mol/L，由于 0.4Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，则此时溶液中SO42−的浓度为c(SO42−)= KspBaSO4cBa21.11010−32− 7mol/L=1.1×10mol/L，所以SO4的去除率为1.0100.05mol/L1.1103mol/L×100%=97.8%。 0.05mol/L9．碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题： （1）水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。 若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO与ClO3的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。 ②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。 （2）碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示： −− 在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3−，该过程的离子方程式为__________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。 （3）测定产品中NaI含量的实验步骤如下： a．称取10.00 g样品并溶解，在500 mL容量瓶中定容； b．量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂： c．用0.2100 mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00 mL。 晨鸟教育 ①M为____________(写名称)。 ②该样品中NaI的质量分数为_______________。 【答案】（14分） （1）ecdabf（2分） 5:3（2分） NaClO溶液（1分） 尿素溶液（1分） （2）2IO3+3N2H4•H2O=3N2↑+2I+9H2O（2分） N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质（2分） （3）淀粉（2分） 94.5%（2分） 【解析】（1）水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO与ClO3的物质的量之比为5：1，设ClO与ClO3的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO−则会生成Cl−5mol，生成1mol ClO3−则会生成Cl−5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO与ClO3共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3； ②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化； （2）根据流程可知，副产物IO3与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3+3N2H4•H2O=3N2↑+2I+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高； （3）①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉； ②根据碘元素守恒，2I～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L× − − − − − − − − − − − − − 9.45g500mL×150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。 10.00g25.00mL10．氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是： CH2(g)＋2H2O(g) CO2(g)＋4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1 已知反应器中存在如下反应过程： I.CH4(g)＋H2O(g)II.CO(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g) △H2 根据上述信息计算：a＝_________、△H2＝_________。 （2）某温度下，4molH2O和lmolCH4在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n(CO)＝bmol、n(CO2)＝dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为__________________(用字母表示)。 （3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有_______________(填标号)。 A．适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4) B．提高压强 C．分离出CO2 （4）H2用于工业合成氨：N2＋3H2 2NH3。将n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体，匀速通过装有催化 剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图，反应器温度升高NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是_________________________________。 某温度下，n(N2)：n(H2)＝1：3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×l07Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为____________，气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp＝_________(分压列计算式、不化简)。 【答案】（15分） （1）415.1（2分） -41.4kJ·mol－1（2分） （2） b3b4d41bd4b2d（3分） （3）AC （2分） （4）温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小（2分） 20%（2分） 2106624101.2107－1 3Pa-2（2分） CO(g)＋3H2(g) △H1＝=4a kJ·mol－1+2×465 kJ·mol－1-(1076 kJ·mol CO2(g)＋ 【解析】（1）反应CH4(g)＋H2O(g) +3×436 kJ·mol－1)= +206.4kJ·mol－1，解得a=415.1 kJ·mol－1；ⅢCH2(g)＋2H2O(g) 4H2(g) △H＝+165.0kJ·mol－1，I.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H1＝+206.4kJ·mol－1，根据盖斯 定律可知II=Ⅲ- I，所以△H2=△H-△H1=+165.0kJ·mol－1-206.4kJ·mol－1=-41.4kJ·mol－1， 晨鸟教育 故答案为：415.1；-41.4kJ·mol； （2）由n(CO2)＝dmol可知反应II生成的n(H2)= dmol，同时消耗的n(CO)=dmol，消耗的n(H2O)=dmol，则在反应I中生成的n(CO)=(b+d)mol，消耗的n(CH4)= (b+d)mol，消耗的n(H2O)= (b+d)mol，生成的n(H2)=(3b+3d)mol，则平衡时体系内：n(CH4)=(1-b-d)mol、n(H2O)=(4-b-2d)mol、n(CO)=bmol、n(H2)=(3b+4d)mol，容器体积为2L，故平衡常数 －1 b3b4db23b4d2K=； 1bd24b2d241bd4b2d3（3）A.适当增大反应物投料比武n(H2O)：n(CH4)，增大水的量促进甲烷转化成CO，促进CO转化成CO2，故A正确； B.提高压强，反应I平衡左移，故B错误； C.分离出CO2可使平衡右移，故C正确；故答案为：AC； （4）温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小； 设初始加入的N2为1 mol、H2为3 mol ，温度、体积一定时气体物质的量之比等于压强之比，气体物质的量减少4×10 % =0.4 mol； N2+3H2起始反应平衡10.20.830.62.42.442NH3Δn气=200.40.40.440.4 平衡分压0.84p0p0p0其中p0=2×l07Pa ； H2的转化率为0.6/3=20%； 平衡常数Kp=Kp2NH3KpN2Kp3H2=2106624101.21073Pa-2。 【点睛】本题重点考察了平衡常数的计算，第（2）题为难点，对于一个体系有多个连续能与，表示谋一反应平衡常数是，可用逆推法求得平衡体系中各物质的浓度。 （二）选考题： 11、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题： （1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。 （2）基态铜原子的电子排布式为_______________________。 （3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_____________________________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面 心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子。 （4）Cu能与乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2）形成配离子如图：有的化学键类型有________(填字母序号)。 A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 （5）羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1molFe(CO)5分子中含______molσ键，与CO互为等电子体的离子是________（填化学式，写一种）。 （6）某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为____________g/cm3(列出计算式)。 2+ ，该配离子中含 【答案】（15分） （1）X-射线衍射（2分） （2）1s22s22p63s23p63d104s1 （2分） （3） Cu2O中的Cu3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu中3d轨道排布为3d，能量高，不稳定（2分） 16（2分） （4）ABD（2分） （5）10（2分） CN(或C2) （1分） -2-+ 2+ 9 7281021（6）（2分） 33ca2NA【解析】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X-射线衍射现象即可确定； （2） 29号元素Cu元素的基态原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s； （3）在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu时1s2s2p3s3p3d，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为4×1+6× 2+ 2 2 6 2 6 9 2 2 6 2 6 10 1 11+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含28有Cu原子个数为16个； （4） Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子形成配位键；在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；不同元素的原子之间形成极性键，所以该配离子中存在的化学键类型为配位键、极性键、非 晨鸟教育 极性键，故合理选项是ABD； （5） Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe(CO)5分子含有10个 σ键，1mol Fe(CO)5分子中含10molσ键，与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子，与CO互为等电子体的离子为：CN、C2等； （6）图中结构单元底面为正六边形，边长为a nm，底面面积为6× -2- 1×a×10-7 cm×a×10-7 233a21014233a210142 cm×sin60°=cm；结构单元的体积V=cm×c×10-7 221133ca210213 cm=cm，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：1223=6，该晶 622胞在原子总质量m= 214656364g，所以该晶体密度 NANA364g7281021NAmρ==g/cm3。 2221V33ca1033caNAcm3212、一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下： 已知：①酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOOR＇＋R＂OH RCOO R＂+ R＇OH ②PC塑料结构简式为： （1）C中的官能团名称是_________，检验C中所含官能团的必要试剂有_________。 （2）D的系统命名为_________。 （3）反应II的反应类型为_________，反应Ⅲ的原子利用率为_________。 （4）反应IV的化学方程式为_________。 （5）1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗_________molNaOH。 （6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_________；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_________（任写一种）。 ①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2 ②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1 【答案】（15分） （1）溴原子（1分） NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液（2分） （2）2-丙醇（2分） （3）氧化反应（1分） 100% （1分） （4） （2分） （5）4n（2分） （6） （2分） 等 （2分） 【解析】B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成， 与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是 ，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与 HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与生成E，E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC。 （1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。 发生反应I 晨鸟教育 （2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。 （3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳 发生反应Ⅲ生成，反应Ⅲ的原子利用率为100%。 （4）E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC，反应IV的化学方程式为 。 （5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。 （6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物 有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为； 能满足下列条件的F的同分异构体①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分 异构体结构简式为：等。 【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容