2020年甘肃省兰州一中高考化学冲刺试卷 (含答案解析)
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2020年甘肃省兰州一中高考化学冲刺试卷
一、单选题(本大题共7小题,共42.0分)
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关,下列说法正确的是()
A. “滴水石穿,绳锯木断”不包含化学变化
B. “天宫一号”中使用的碳纤维,是一种新型有机高分子材料
C. 二氧化硅可用于光纤通信、单晶硅可用于光电转换
D. 淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物
2.CH4、CH3OH的有关性质见下表:
物质常温时的状态溶解性
CH4气体几乎不溶于水
CH3OH液体与水以任意比混溶
下列说法不正确的是()
A. CH4的沸点低于CH3OH
B. CH3OH易溶于水是受分子中羟基的影响
C. 用蒸馏的方法可将CH3OH从其水溶液中分离出来
D. CH4与HCl能发生取代反应,CH3OH与HCl也能发生取代反应
3.NaOH标准溶液的配制和标定,需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用
NaOH溶液滴定等操作。
下列有关说法正确的是()
A. 用图1所示操作转移NaOH溶液到250mL容量瓶中
B. 用图2所示装置准确称取0.1575g H2C2O4·2H2O固体
C. 用图3所示操作排除碱式滴定管中的气泡
D. 用图4所示装置以NaOH溶液滴定H2C2O4溶液
4.具有平面结构的有机物(如图)的一氯代物数目共有()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5.常温时,向一定量的硫酸铜溶液中滴加pH=11的氨水,当Cu2+完全沉淀时,消耗氨水的体积
为V,下列说法正确的(K sp[Cu(OH)2]=2.2×10−20)()
A. 滴加过程中,当溶液的pH=7时,溶液中2c(NH4+)=c(SO42−)
B. 滴加过程中,当溶液中c(Cu2+)=2.2×10−2mol/L时,溶液的pH=9
C. 若滴加pH=11的NaOH溶液,Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积小于V
D. 若将氨水加水稀释,则稀释过程中,c(NH4+)
始终保持增大
c(NH3⋅H2O)
6.X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素.Y和R同主族,可形成共价化合物RY2,
Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同,25℃时,0.1mol/L X和W形成化合物的水溶液pH为1。
下列说法正确的是()
A. Y和其他四种元素均可形成至少两种二元化合物
B. R元素的最高价氧化物的水化物酸性最强
C. 原子半径:X<Y<Z<R<W
D. Y、Z、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性
7.某溶液中可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32−、SO42−、Cl−、NO3−中的若干种,若向该溶液
中逐滴加入稀盐酸至过量,无明显现象,并得到溶液X,对溶液X进行如图实验,下列结论正确的是()(忽略水的电离,且原溶液中各离子浓度均为0.5mol⋅L−1)
A. 原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42−、Cl−
B. 原溶液中可能含有NO3−和Al3+
C. 白色沉淀C可能是Al(OH)3
D. 沉淀B可能是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物
二、实验题(本大题共1小题,共15.0分)
8.某化学研究性学习小组利用下列装置检验炭与浓硫酸反应的产物。
已知:C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O
请回答:
(1)装置④的作用是_________________________。
(2)证明产物中有SO2的实验现象是____________________________。
(3)装置⑤中溶液不褪色,装置⑥中溶液变浑浊,据此现象能否说明装置①的反应产物中有CO2?
______,理由是___________。
三、简答题(本大题共4小题,共48.0分)
9.有一固体由Na2CO3、NaCl、CaCl2、CuSO4中的一种或几种物质组成,为检验此混合物的组成,
进行如下实验:
①将少量固体混合物溶于水搅拌后,得无色透明溶液;
②在上述溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成;
③过滤,在白色沉淀中加入过量稀硝酸,沉淀全部溶解.由此判断:
(1)该混合物中一定有______ ,一定没有______ ,可能有______ .
(2)如果要确定可能有的物质是否存在,请设计一个实验方案,简要说明操作步骤、现象和结
论.操作步骤:______ ;现象和结论:______ .
10.三氯胺(NCl3)是一种饮用水二级消毒剂,可由以下反应制备:
Ⅰ.NH3(g)+3Cl2(g)⇌NCl3(l)+3HCl(g)ΔH
回答下列问题:
(1)已知:Ⅱ.2NH3(g)+3Cl2(g)⇌N2(g)+6HCl(g)ΔH1
Ⅲ.N2(g)+3Cl2(g)=2NCl3(l)ΔH2
则ΔH2=________(用含ΔH和ΔH1的代数式表示)。
(2)向容积均为2L的甲乙两个恒温密闭容器中分别加入4mol NH3和4mol Cl2,发生反应Ⅰ,测得两容器中n(Cl2)随反应时间的变化情况如下表所示:
时间/min04080120160
容器甲(T1) 4.0 3.0 2.2 1.6 1.6
容器乙(T2) 4.0 2.9 2.0 2.0 2.0
①0∼80min内,容器甲中v(NH3)=________________。
②反应Ⅰ的ΔH________0(填“>”或“<”),其原因为________________________。
③关于容器乙,下列说法正确的是________(填选项字母)。
A.容器内n(NH3)
n(Cl2)=1
3
,说明反应达到平衡状态
B.反应进行到70min时,v正一定大于v逆
C.容器内气体平均相对分子质量在增大,说明平衡在正向移动
D.达平衡后,加入一定量NCl3(l),平衡逆向移动
E.达平衡后,按原投料比再充入一定量反应物,平衡后NH3的转化率增大
④温度为T1时HCl(g)的平衡体积分数=________,该温度下,若改为初始体积为2L的恒压容器,
平衡时容器中n(Cl2)________(填“>”、“=”或“<”)1.6mol。
⑤温度为T2时,该反应的平衡常数K=________。
11.某配位化合物为深蓝色晶体,由原子序数由小到大的A、B、C、D、
E五种元素构成,其原子个数比为14:4:5:1:1.其中C、D元素同
主族且原子序数D为C的二倍,E元素的外围电子排布为(n−
l)d n+6ns l,回答下列问题.
(1)该配位化合物的化学式为______ .元素B、C、D的第一电离能由
大到小的排列顺序为______ .(用元素符号表示)
(2)D元素原子的最外层电子排布图为______ .DC42−的立体构型为______ .
(3)A元素与E元素可形成一种红色化合物,其晶体结构单元如图.则该化合物的化学式为
______ 该化合物可在氯气中燃烧,生成一种棕黄色固体和一种气体,写出该反应的化学方程式______ .
12.塑化剂主要用作塑料的增塑剂,也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料.添加塑化剂(DBP)
可改善白酒等饮料的口感化学--选修5有机化学基础,但超过规定的限量会对人体产生伤害.其合成线路图如图I所示:
已知以下信息:
①
+H2O(−R1、R2表示氢原子或烃基)
③C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物,其核磁共振氢谱图如图II所示
(1)C的结构简式为______ ,E中所含官能团的名称是______ .
(2)写出下列有关反应的化学方程式:
①E和H2以物质的量比1:1反应生成F:______ ;
②B和F以物质的量比1:2合成DBP:______ ,反应类型为______
(3)同时符合下列条件的B的同分异构体有______ 种,
写出其中任意两种同分异构体的结构简式______ .
①不能和NaHCO3溶液反应②能发生银镜反应
③遇FeC13溶液显紫色④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子
(4)已知:.根据已有知识并结合相关信息,写出以
和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选).合成路线流程图示例如下:.
-------- 答案与解析 --------
1.答案:C
解析:解:A.石头大多由大理石(即碳酸钙)其能与水,二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2是可溶性物质,属于化学变化,故A错误;
B.碳纤维是碳单质,属于非金属单质,是一种新型的无机非金属材料,不是新型有机高分子材料,故B错误;
C.二氧化硅晶体能传递光信号,二氧化硅可用于光纤通信,硅单质是半导体材料,单晶硅可用于光电转换,故C正确;
D.油脂不是高分子化合物,淀粉和蛋白质是高分子化合物,故D错误.
故选C.
A.物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成;
B.碳纤维是一种新型的无机非金属材料;
C.二氧化硅晶体能传递光信号,硅单质是半导体材料;
D.油脂不是高分子化合物.
本题主要考查了与生产、生活密切相关的化学知识,要求学生会运用化学知识解释生活现象,难度不大,注意对基础知识的把握,侧重于考查学生的分析能力和应用能力.
2.答案:D
解析:解:A.含−OH的有机物分子间易形成氢键,则CH4的沸点低于CH3OH,故A正确;
B.醇与水分子间形成氢键,则CH3OH易溶于水是受分子中羟基的影响,故B正确;
C.CH3OH与水互溶,但沸点不同,可用蒸馏的方法可将CH3OH从其水溶液中分离出来,故C正确;
D.CH4与HCl不能发生取代反应,光照下与卤素单质发生取代反应,而CH3OH与HCl能发生取代反应,故D错误;
故选:D。
A.含−OH的有机物分子间易形成氢键;
B.醇与水分子间形成氢键;
C.CH3OH与水互溶,但沸点不同;
D.CH4与HCl不能发生取代反应。
本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握物质的性质、有机反应、混合物分离提纯为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意氢键对性质的影响,题目难度不大。
3.答案:C
解析:
本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及称量、溶液配制、中和滴定等,综合性较强,侧重实验基础知识及实验技能的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。
A.转移液体需要用玻璃棒引流,故A错误;
B.托盘天平精确到0.1g,无法称取0.1575g H2C2O4⋅2H2O固体,故B错误;
C.挤压时尖嘴向上,将空气排出,图中挤压橡胶管的操作合理,故C正确;
D.氢氧化钠呈碱性,应用碱式滴定管盛装,故D错误。
故选C。
4.答案:C
解析:解:有机物(如图)中氢原子有3种,所以一氯代物数目共有3种,故选C。
根据一氯代物数目等于氢原子的种类,利用等效氢来判断;
本题主要考查了同分异构体,根据等效氢即可解决,难度不大。
5.答案:D
解析:
本题综合考查难溶电解质的溶解以及弱电解质的电离,为高频考点,侧重于学生的分析、计算能力的考查,注意相关计算公式的运用,难度不大.
A.溶液中存在2c(Cu2+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42−)+c(OH−),当溶液的pH=7时,溶液中
2c(Cu2+)+c(NH4+)=2c(SO42−),故A错误;
B.当溶液中c(Cu2+)=2.2×10−2mol/L时,由K sp[Cu(OH)2]=2.2×10−20可知,c(OH−)=
1×10−9mol/L,则pH=5,故B错误;
C.氨水为弱电解质的水溶液,pH=11的NaOH溶液浓度小于pH=11的氨水,若滴加pH=11的NaOH溶液,Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积大于V,故C错误;
D.稀释氨水,促进氨水的电离,溶液中n(NH4+)增大,n(NH3⋅H2O)减小,则c(NH4+)
始终保持增大,
c(NH3⋅H2O)
故D正确.
故选D。
6.答案:A
解析:
X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素.Y和R同主族,Y处于第二周期,R处于第三周期,可组成共价化合物RY2,则Y为氧元素,R为硫元素,RY2为SO2,W的原子序数大于硫元素,故W为Cl元素,Y和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同,则Z的最外层电子数为7−6=1,处于第ⅠA族,原子序数大于氧元素,故Z为Na元素,25℃时0.1mol⋅L−1X和W形成化合物的水溶液pH为1,属于强酸,则X为氢元素,据此解答。
本题考查位置结构性质关系、元素化合物性质等,难度中等,推断元素是解题的关键,“Y、R元素的位置及二者形成的共价化合物RY2”是推断的突破口。
A.氧元素与氢元素可以形成H2O、H2O2,与钠元素可以形成Na2O、Na2O2,与硫元素可以形成SO2、SO3,与氯元素可以形成ClO2、Cl2O7等,故A正确;
B.高氯酸是最强的酸,故B错误;
C.同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径H<O<Cl<S<Na,故C错误;
D.NaClO4属于强酸强碱盐,溶液呈中性,故D错误;
故选A。
7.答案:A
解析:
本题考查了常见离子的检验,题目难度中等,注意掌握常见离子的性质及检验方法,根据电中性判断铝离子、氯离子的存在情况为易错点,试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象,则溶液中不存在CO32−,且Fe2+、NO3−不能同时存在;向溶液X中加热硝酸钡产生气体A,气体A遇到空气变成红棕色,则A为NO,原溶液中一定含有Fe2+,则一定不含NO3−;生成的白色沉淀A只能为硫酸钡,则溶液中一定含有SO42−;向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液,得到的沉淀B为氢氧化铁,气体B只能为氨气,则一定存在NH4+;向溶液B 中通入少量二氧化碳,由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子,则沉淀C为碳酸钡;
根据分析可知,溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42−,一定不含:NO3−、CO32−,无法确定是否含有Al3+、Cl−,由于原溶液中各离子浓度均为0.5mol⋅L−1,根据溶液电中性可知,溶液中一定不含Al3+,一定含有Cl−,
A.根据分析可知,原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42−、Cl−,故A正确;
B.根据分析可知,原溶液中一定不含铝离子和硝酸根离子,故B错误;
C.白色沉淀C碳酸钡,不可能为氢氧化铝,故C错误;
D.由于硝酸钡、盐酸过量,则亚铁离子完全被氧化成铁离子,故沉淀B一定为氢氧化铁,故D错误。
故选A。
8.答案:(1)除去SO2,防止干扰CO2的检验
(2)装置③中的品红溶液褪色
(3)能;⑤中品红不褪色,说明SO2已除净,则使石灰水变浑浊的是CO2
解析:
本题考查浓硫酸的性质及常见物质的检验,题目难度不大,明确常见气体的性质及检验方法为解答关键,注意掌握常见元素化合物性质,试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
(1)SO2也能够使澄清石灰水变浑浊,干扰了二氧化碳的检验,酸性高锰酸钾具有强氧化性可以与SO2反应,除去干扰气体,
故答案为:除去SO2,以免干扰CO2的检验;
(2)二氧化硫具有漂白性,可以使品红溶液褪色,所以装置③中的品红溶液褪色,可以证明产物中含有SO2,
故答案为:装置③中的品红溶液褪色;
(3)装置⑤中品红溶液不褪色,说明SO2已除净,则使澄清石灰水变浑浊的是CO2,所以据此现象能否说明装置①的反应产物中有CO2,
故答案为:能;⑤中品红不褪色,说明SO2已除净,则使石灰水变浑浊的是CO2 。
9.答案:Na2CO3;CuSO4、CaCl2;NaCl;取①得溶液少许于试管中,先加入过量的稀硝酸,再滴加AgNO3溶液;若出现白色沉淀且不消失,则说明有NaCl;若未出现白色沉淀,则无NaCl
解析:解:①将少量固体混合物溶于水搅拌后,得无色透明溶液,说明没有CuSO4;
②在上述溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成,说明含有Na2CO3,则一定没有CaCl2,加入硝酸钡生成碳酸钡沉淀;
③过滤,在白色沉淀中加入过量稀硝酸,沉淀全部溶解,原因是碳酸钡和硝酸反应,
(1)由以上分析可知一定含有Na2CO3,一定不存在CuSO4、CaCl2,由于没有涉及NaCl的性质,不能确定是否含有NaCl,故答案为:Na2CO3;CuSO4、CaCl2;NaCl;
(2)如含有NaCl,可加入硝酸酸化,然后加入硝酸银,如生成白色沉淀,则说明含有氯化钠,如没有沉淀生成,则无氯化钠,
故答案为:取①得溶液少许于试管中,先加入过量的稀硝酸,再滴加AgNO3溶液;若出现白色沉淀且不消失,则说明有NaCl;若未出现白色沉淀,则无NaCl.
①将少量固体混合物溶于水搅拌后,得无色透明溶液,说明没有CuSO4;
②在上述溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成,说明含有Na2CO3,则一定没有CaCl2,加入硝酸钡生成碳酸钡沉淀;
③过滤,在白色沉淀中加入过量稀硝酸,沉淀全部溶解,原因是碳酸钡和硝酸反应,以此解答该题.本题考查物质的检验实验方案的设计,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,为高频考点,注意把握物质的性质,为解答该类题目的关键,学习中注意相关基础知识的积累,难度不大.
10.答案:(1)2△H−△H1
(2)①3.75×10−3mol/(L⋅min)
②<;容器乙中反应速率快,所以T2>T1;又因为容器乙中平衡时n(Cl2)大,说明升高温度,平衡逆向移动,△H<0
③E
④1
3
;<
⑤0.6
解析:
本题考查较为综合,涉及反应热的计算、化学平衡状态、化学平衡移动以及化学平衡的计算等,为高考常见题型,题目涉及的知识点较多,侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力、计算能力等,题目难度中等。
(1)已知:Ⅱ.2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g)△H1,
Ⅲ.N2(g)+3Cl2(g)=2NCl3(l)△H2,利用盖斯定律,将Ⅱ+Ⅱ
2
可得NH3(g)+3Cl2(g)=NCl3(l)+
3HCl(g)△H=△H1+△H2
2
,
则
(2)①由表中数据可知,0~80min内,容器甲中消耗氯气1.8mol,则由方程式可知消耗0.6mol氨气,
则c=△n
V
△t
=
0.6mol
2L
80min
=3.75×10−3mol/(L⋅min),
故答案为:3.75×10−3mol/(L⋅min);
②容器乙达到平衡用时少,则反应快,温度高,容器乙中平衡时n(Cl2)较大,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应,
故答案为:<;容器乙中反应速率快,所以T2>T1;又因为容器乙中平衡时n(Cl2)大,说明升高温度,平衡逆向移动,△H<0;
③
A.按1:1投入反应物,按1:3反应,无论任何时候,都不能满足n(NH 3)n(Cl 2
)=1
3,故A 错误;
B.40min 和80min 之间某时刻到达平衡,反应进行到70min 时,如果没有到达平衡,v 正大于v 逆,如果到达平衡,则v 正等于v 逆,故B 错误;
有液体生成,则气体质量变化,容器内气体密度不变,可说明反应达到平衡状态,故B 正确; C.反应前气体的平均相对分子质量为44,反应生成HCl ,平均相对分子质量减小,则容器内气体平均相对分子质量在增大,说明平衡在逆向移动,故 C 错误; D.加入液体,平衡不移动,故C 错误;
E . 达平衡后,按原投料比再充入一定量反应物,相当于增大压强,平衡正向移动,则平衡后NH 3的转化率增大,故E 正确; 故答案为:E ;
④温度为T 1时,NH 3(g)+3Cl 2(g)⇌NCl 3(l)+3HCl(g) 起始(mol):4 4 0 转化:(mol):0.8 2.4 2.4 平衡(mol):3.2 1.6 2.4 则HCl 的体积分数为 2.43.2+1.6+2.4=1
3,
反应向体积减少的方向进行,如在恒容条件下,则压强减小,该温度下,若改为初始体积为2L 的可变容器,则压强大于恒容时,平衡时容器中n(Cl 2)<1.6mol , 故答案为:1
3;<;
⑤温度为T 2时,NH 3(g)+3Cl 2(g)⇌NCl 3(l)+3HCl(g) 起始(mol):4 4 0 转化:(mol):2
3 2 2 平衡(mol):10
3 2 2 体积为2L ,则K =13
53
×13=0.6,
故答案为:0.6。
11.答案:[Cu(NH 3)4]SO 4⋅H 2O ;N >O >S ;
;正四面体;CuH ;2CuH +
3Cl 2
点燃 ̲̲̲̲̲̲̲̲
2CuCl 2+2HCl
解析:解:某配位化合物为深蓝色晶体,由原子序数由小到大的A 、B 、C 、D 、E 五种元素构成,其原子个数比为14:4:5:1:1.其中C 、D 元素同主族且原子序数D 为C 的二倍,则C 为O 元素、D 为S 元素;E 元素的外围电子排布为(n −l)d n+6ns l ,则n +6=10,故n =4,故其外围电子排布
为3d 104s l ,则E 为Cu ;故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH 3)4]2+,SO 42−,结合原子序数可知A 为H 、B 为N ,由原子数目之比,可知该配合物含有1个结晶水,故其化学式为:[Cu(NH 3)4]SO 4⋅H 2O , (1)由上述分析可知,该配位化合物的化学式为:[Cu(NH 3)4]SO 4⋅H 2O ;
同主族自上而下第一电离能减小,故O 元素第一电离能大于S 元素,O 与N 元素同周期,N 元素原子2p 能级容纳3个电子,为半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于O 元素,故第一电离能由大到小的排列顺序为:N >O >S ,
故答案为:[Cu(NH 3)4]SO 4⋅H 2O ;N >O >S ; (2)D 为S 元素,其原子的最外层电子排布图为.SO 42−中S 原子价层电子对数=
4+
6+2−2×4
2
=4,S 原子不含孤对电子,故其为正四面体构型,
故答案为:
;正四面体;
(3)H 元素与Cu 元素可形成一种红色化合物,由晶体结构单元可知,4个H 原子位于内部,6个H 原子位于棱上,晶胞中H 原子数目=4+6×1
3=6,3个Cu 原子为内部,2个位于面心、12个位于顶点,故晶胞中Cu 原子数目=3+2×1
2+12×16=6,故该化合物的化学式为CuH ,该化合物可在氯气中燃烧,生成一种棕黄色固体和一种气体,应生成CuCl 2、HCl ,反应方程式为:2CuH +3Cl 2
点燃 ̲̲̲̲̲̲̲̲
2CuCl 2+2HCl ,
故答案为:CuH ;2CuH +3Cl 2 点燃
̲̲̲̲̲̲̲̲
2CuCl 2+2HCl .
某配位化合物为深蓝色晶体,由原子序数由小到大的A 、B 、C 、D 、E 五种元素构成,其原子个数比为14:4:5:1:1.其中C 、D 元素同主族且原子序数D 为C 的二倍,则C 为O 元素、D 为S 元素;E 元素的外围电子排布为(n −l)d n+6ns l ,则n +6=10,故n =4,故其外围电子排布为3d 104s l ,则E 为Cu ;故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH 3)4]2+,SO 42−,结合原子序数可知A 为H 、B 为N ,由原子数目之比,可知该配合物含有1个结晶水,故其化学式为:[Cu(NH 3)4]SO 4⋅H 2O ,据此解答. 本题考查物质结构与性质,涉及元素化合物推断、电离能、核外电子排布、微粒构型判断、晶胞计算等,关键是根据配位化合物为深蓝色晶体进行推断,(3)中晶胞计算,为易错点,需要学生具有较好的空间想象能力与观察能力,难度中等. 12.答案:
CH 3CH 2OH ;碳碳双键、醛基;;
;取代反应;6;
、等
解析:解:结合信息①可知A发生氧化反应生成邻苯二甲酸,则A为,C为含两个碳
原子的烃的含氧衍生物,由核磁共振氢谱可知含有3种H原子,结合信息②可知D含有醛基,则C 为CH3CH2OH、D为CH3CHO,E为CH3CH2=CHCHO,E和H2以物质的量比1:1反应生成F,B和F以物质的量比1:2合成DBP,合成DBP为酯化反应,则F为CH3CH2=CHCH2OH,DBP为
.
(1)C的结构简式为CH3CH2OH,E为CH3CH2=CHCHO,含有碳碳双键、醛基,
故答案为:CH3CH2OH;碳碳双键、醛基;
(2)①E和H2以物质的量比1:1反应生成F的方程式为:
;
②B和F以物质的量比1:2合成DBP的方程式为:
,属于取代反应,
故答案为:;
,取代反应;
(3)同时符合下列条件的B()的同分异构体:①不能和NaHCO3溶液反应,不含羧基;②能发生银镜反应,含有醛基;③遇FeC13溶液显紫色,含有酚羟基;④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子,符合条件的同分异构体有:、、、、
、,
故答案为:6;、等;
(4)对比反应物与产物结构,可知和CH3COOH在一定条件下得到,在邻
苯二酚硼烷、(s)−CBS条件下得到,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到,与氢气发生加成反应得到,合成路线图为:
,
故答案为:
.
结合信息①可知A发生氧化反应生成邻苯二甲酸,则A为,C为含两个碳原子的烃的
含氧衍生物,由核磁共振氢谱可知含有3种H原子,结合信息②可知D含有醛基,则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO,E为CH3CH2=CHCHO,E和H2以物质的量比1:1反应生成F,B和F以物质的量比
1:2合成DBP,合成DBP为酯化反应,则F为CH3CH2=CHCH2OH,DBP为.
(3)同时符合下列条件的B的同分异构体:①不能和NaHCO3溶液反应,说明不含−COOH,②能发
生银镜反应
,说明含有醛基,③遇FeC13溶液显紫色,说明含有酚羟基,④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种
氢原子,应含有2个−CHO、2个−OH且为对称结构;
(4)对比反应物与产物结构,可知和CH3COOH在一定条件下得到,在邻
苯二酚硼烷、(s)−CBS条件下得到,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到,
与氢气发生加成反应得到.
本题考查有机物的推断与合成,侧重于学生的分析能力的考查,注意根据有机物分子式、反应条件以及题目给予的反应信息进行推断,熟练有机物官能团性质与转化是关键,难度中等.。