化学 2017年高三第三次模拟考试
精品
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单选题 本大题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 6分

7. “千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲。粉身碎骨浑不怕,只留清白在人间。”明代诗人于谦的《石灰吟》中对“CaCO3→CaO”的转化进行拟人化描述。下列说法正确的是

A上述转化属于分解反应

B上述转化过程放出大量热

C生成的CaO可作氯气的干燥剂

DCaCO3是水泥的主要成分之一

正确答案

A

解析

(A).一种物质生成两种及两种以上的物质为分解反应,碳酸钙分解生成氧化钙与二氧化碳,故上述转化属于分解反应,A正确;

(B).常见的吸热反应有碳酸钙的分解,水的分解,碳与水的水煤气反应,氢氧化钡与氯化铵反应,故上树转化过程吸收大量的热,B错误;

(C).氧化钙属于碱性氧化物,不能干燥酸性气体如氯气,氯化氢,二氧化碳,二氧化硫,硫化氢,二氧化氮等,只能干燥碱性气体氨气,中性气体如氧气,氢气,氮气等,C错误;

(D).水泥的主要成分是硅酸钙,铝酸钙等,碳酸钙是生产水泥的成分之一,D错误;

故选A。

考查方向

基本概念

解题思路

(A).碳酸钙分解生成氧化钙与二氧化碳,一种物质生成两种及两种以上的物质为分解反应;

(B).常见的吸热反应有碳酸钙的分解,水的分解,碳与水的水煤气反应,氢氧化钡与氯化铵反应;

(C).氧化钙属于碱性氧化物,不能干燥酸性气体如氯气,氯化氢,二氧化碳,二氧化硫,硫化氢,二氧化氮等,只能干燥碱性气体氨气,中性气体如氧气,氢气,氮气等;

(D).水泥的主要成分是硅酸钙,铝酸钙等,碳酸钙是生产水泥的成分之一;

易错点

本题通过碳酸钙的分解反应考查了化学反应类型,吸热放热反应,干燥剂,碳酸钙的应用等知识,题目属于简单题。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

12.二甲醚(CH3OCH3)--空气燃料电池的工作原理如右图所示。电池工作时,下列说法正确的是

Aa极区溶液的pH变大

Bb极有H2O生成

Ca极反应式:CH3OCH3+3O2--12e-=2CO2↑+6H+

D每消耗11.2LO2(标准状况),有2molH+向左侧移动

正确答案

B

解析

(A).a极通入二甲醚,二甲醚作为燃料在反应过程中失去电子与水中的氧原子结合生成了二氧化碳,多出来氢离子,所以a极区溶液的pH变小;A错误;

(B).b极通入空气,空气中的氧气得到电子生成氧离子与氢离子结合生成水;B正确;

(C).a极反应式:CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+;C错误;

(D).每消耗11.2LO2(标准状况)也就是0.5mol氧气,得到2mol电子,有2molH+向右侧移动;D错误;

故选B。

考查方向

原电池

解题思路

(A).a极通入二甲醚,二甲醚作为燃料在反应过程中失去电子与水中的氧原子结合生成了二氧化碳,多出来氢离子,所以a极区溶液的pH变小;

(B).b极通入空气,空气中的氧气得到电子生成氧离子与氢离子结合生成水;

(C).a极反应式:CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+

(D).每消耗11.2LO2(标准状况)也就是0.5mol氧气,得到2mol电子,有2molH+向右侧移动;

易错点

本题通过二甲醚(CH3OCH3)--空气燃料电池的工作原理考查了电极反应,溶液离子浓度的变化,题目属于中等难度题。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A1L0.1mol/LNaC1O溶液中,C1O-的数目为0.1NA

B常温常压下,11.2LCH4含有的共用电子对数目为2NA

C16gO2与O3混合气体中,氧原子的数目为1.5NA

D1molFe与足量Cl2完全反应后,转移的电子数目为3NA

正确答案

D

解析

(A).1L0.1mol/LNaC1O溶液中,C1O-为弱酸阴离子会发生水解,所以含有C1O-的数目小于0.1NA;A错误;

(B).常温常压下,11.2LCH4的体积不能用22.4L/mol进行计算,所以无法计算含有的共用电子对数目;B错误;

(C).16gO2与O3混合气体中,含有氧原子的质量为16克,故氧原子的数目为1NA;C错误;

(D).1molFe与足量Cl2完全反应后,生成三氯化铁,每个铁原子失去三个电子,所以转移的电子数目为3NA;D正确;

故选D。

考查方向

阿伏伽德罗常数

解题思路

(A). 1L0.1mol/LNaC1O溶液中,C1O-为弱酸阴离子会发生水解,所以含有C1O-的数目小于0.1NA

(B).常温常压下,11.2LCH4的体积不能用22.4L/mol进行计算,所以无法计算含有的共用电子对数目;

(C).16gO2与O3混合气体中,含有氧原子的质量为16克,故氧原子的数目为1NA

(D).1molFe与足量Cl2完全反应后,生成三氯化铁,每个铁原子失去三个电子,所以转移的电子数目为3NA

易错点

本题通过阿伏伽德罗常数为载体考查了弱酸根的水解,气体体积的计算,原子数目的计算,以及转移电子的数目,题目属于中等难度题。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

9. “分子马达”的关键组件三蝶烯的结构如右图所示。下列说法正确的是

A三蝶烯是苯的同系物

B三蝶烯能发生取代反应

C三蝶烯的一氯代物有6种

D三蝶烯分子中所有原子可能在同一平面上

正确答案

B

解析

(A).同系物是分子组成与结构相似,相差n个CH2原子团的分子,三蝶烯与苯相差的肯定不是n个CH2原子团,所以三蝶烯不是苯的同系物;A错误;

(B).三蝶烯分子中含有苯环,苯环上的氢原子能与溴发生取代反应;B正确;

(C).三蝶烯是一个高度对称的结构,三个苯环是对称的,剩下的两个碳原子也是对称的,所以三蝶烯的一氯代物苯环上有两种,烷基上一种,共有3种;C错误;

(D).三蝶烯分子中含有烷基,烷基中的所有原子不可能在同一个平面上,所以三蝶烯分子中所有原子不可能在同一平面上;D错误;

故选B。

考查方向

有机物的性质

解题思路

(A).同系物是分子组成与结构相似,相差n个CH2原子团的分子,三蝶烯与苯相差的肯定不是n个CH2原子团;

(B).三蝶烯分子中含有苯环,苯环上的氢原子能与溴发生取代反应;

(C).三蝶烯是一个高度对称的结构,三个苯环是对称的,剩下的两个碳原子也是对称的,所以三蝶烯的一氯代物苯环上有两种,烷基上一种,共有3种;

(D).三蝶烯分子中含有烷基,烷基中的所有原子不可能在同一个平面上,所以三蝶烯分子中所有原子不可能在同一平面上;

易错点

本题通过三蝶烯的结构考查了同系物的概念,化学反应的类型,同分异构体等,题目属于中等难度题

1
题型: 单选题
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分值: 6分

10.下列措施中,能使饱和食盐水中c(OH-)减小的是

A加热

B投入金属钠

C加入NaHSO4固体

D以惰性电极电解

正确答案

C

解析

(A).水的电离是放热反应,加热,升高温度,水的电离平衡正向移动,水电离的氢离子,氢氧根离子浓度增大;A错误;

(B).投入金属钠,金属钠与水反应生成氢氧化钠与氢气,增大了氢氧根离子浓度;B错误;

(C).加入NaHSO4固体,NaHSO4溶于水电离出钠离子,氢离子,硫酸根离子,氢离子浓度增大,抑制了水的电离平衡,使水的电离平衡逆向移动,氢氧根离子浓度减小;C正确;

(D).以惰性电极电解饱和食盐水,阳极氯离子放电产生氯气,阴极氢离子放电,产生了氢气与氢氧化钠,氢氧根离子浓度增大;D错误;

故选C。

考查方向

水的电离

解题思路

(A).水的电离是放热反应,加热,升高温度,水的电离平衡正向移动,水电离的氢离子,氢氧根离子浓度增大;

(B).投入金属钠,金属钠与水反应生成氢氧化钠与氢气,增大了氢氧根离子浓度;

(C).加入NaHSO4固体,NaHSO4溶于水电离出钠离子,氢离子,硫酸根离子,氢离子浓度增大,抑制了水的电离平衡,使水的电离平衡逆向移动,氢氧根离子浓度减小;

(D).以惰性电极电解饱和食盐水,阳极氯离子放电产生氯气,阴极氢离子放电,产生了氢气与氢氧化钠,氢氧根离子浓度增大;

易错点

本题通过向饱和食盐水中加入不同物质来判断水的电离平衡的移动,进而判断水中氢氧根离子浓度的大小判断,题目属于容易题。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

11.下列实验能达到实验目的的是

A分离甘油和水

B用工业酒精制取无水酒精 

C制取MgCl2固体

D检验蔗糖与浓硫酸反应产生的CO2

正确答案

B

解析

(A).分离甘油与水,甘油是极易溶于水的物质,不能使用分液的方法分离,分液只能分离互不相溶的液体,甘油和水只能用蒸馏的方法分离;A错误;

(B).用工业酒精制取无水酒精主要是除去酒精中的水,酒精也是极易溶于水的,只能采用蒸馏的方法,蒸馏操作要注意两点,一是温度计应该位于蒸馏烧瓶的支管口,二是冷凝水应该下进上出;B正确;

(C).制取MgCl2固体不能将氯化镁固体直接蒸干,氯化镁会发生水解反应生成氢氧化镁与氯化氢,氯化氢挥发,氢氧化镁受热分解生成了氧化镁与水,水蒸发,最后只剩下氧化镁,为了抑制氯化镁的水解,应该通入氯化氢气体,而不是通入氮气;C错误;

(D).蔗糖与浓硫酸反应产生二氧化碳,二氧化硫,都能使澄清石灰水变浑浊,所以要检验二氧化碳应该先除去二氧化硫;D错误;

故选B。

考查方向

实验操作

解题思路

(A).分离甘油与水,甘油是极易溶于水的物质,不能使用分液的方法分离,分液只能分离互不相溶的液体,甘油和水只能用蒸馏的方法分离;

(B).用工业酒精制取无水酒精主要是除去酒精中的水,酒精也是极易溶于水的,只能采用蒸馏的方法,蒸馏操作要注意两点,一是温度计应该位于蒸馏烧瓶的支管口,二是冷凝水应该下进上出;

(C).制取MgCl2固体不能将氯化镁固体直接蒸干,氯化镁会发生水解反应生成氢氧化镁与氯化氢,氯化氢挥发,氢氧化镁受热分解生成了氧化镁与水,水蒸发,最后只剩下氧化镁,为了抑制氯化镁的水解,应该通入氯化氢气体,而不是通入氮气;

(D).蔗糖与浓硫酸反应产生二氧化碳,二氧化硫,都能使澄清石灰水变浑浊,所以要检验二氧化碳应该先除去二氧化硫;

易错点

本题通过常见实验操作考查了分液,蒸馏,脱水,检验,题目属于容易题。

1
题型: 单选题
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分值: 6分

13. X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素,其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如右下图所示反应关系吸图中“—”相连的两种物质能发生反应)。下列判断一定正确的是

AX是元素周期表中非金属性最强的元素

BZ位于元素周期表第3周期IA族

C4种原子中,Y原子半径最大

DW的最高化合价为+7

正确答案

C

解析

(A).F是元素周期表中非金属性最强的元素,而不是氮;A错误;

(B).钠位于元素周期表第3周期IA族而不是铝;B错误;

(C).4种原子中,钠原子半径最大;C正确;

(D).W可能是硫或氯,最高化合价为+6或+7;D错误

故选C。

考查方向

元素周期律

解题思路

Y、Z为短周期金属元素,其中对应的最高价氧化物的水化物能相互反应,肯定是氢氧化钠与氢氧化铝反应,说明其中肯定含有钠与铝,X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素,则得出Y、Z为钠与铝,乙为氢氧化钠,丙为氢氧化铝,甲、丁既能与氢氧化钠反应又能与氢氧化铝反应说明肯定是强酸,原子序数排在钠前面的元素构成强酸的只有硝酸,说明甲是硝酸,X为氮元素,原子序数排在钠后面的元素构成强酸的有硫酸与高氯酸,则W可能为硫或氯;X、Y、Z、W分别为氮,钠,铝,硫或氯,甲、乙、丙、丁分别为硝酸,氢氧化钠,氢氧化铝,硫酸或高氯酸;

易错点

本题通过元素周期表元素周期律的推断考查元素的非金属性,原子半径大小等,题目属于较难题。

简答题(综合题) 本大题共73分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 15分

NaNO2可用作食品添加剂。NaNO2能发生以下反应:

3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O   NO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色)

某化学兴趣小组进行以下探究。回答有关问题:

14.     (l)制取NaNO2

反应原理:Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3+CO2

Na2CO3+NO+ NO2=2NaNO2+CO2

用下图所示装置进行实验。

① 铜与浓硝酸反应的化学方程式为___________。

② 实验过程中,需控制B中溶液的pH>7,否则产率会下降,理由是________。

③ 往C中通入空气的目的是_______________(用化学方程式表示)。

④ 反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、______等操作,可得到粗产品晶体和母液。

15.     (2)测定粗产品中NaNO2的含量

称取mg粗产品,溶解后稀释至250mL。取出25.00 mL溶液,用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为VmL。

已知:2MnO4-+6H++5NO2-=5NO3-+2Mn2++3H2O

① 稀释溶液时,需使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还有______ (填标号)。

A容量瓶       B.量筒     C.胶头滴管      D.锥形瓶

② 当观察到_______时,滴定达到终点。

③ 粗产品中NaNO2的质量分数为________(用代数式表示)。

16.     (3)设计实验方案证明母液中含有NO2-_____________(限选用的试剂:硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、氯化钡溶液)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

①Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O

②如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体

③2NO+O2=2NO2

④过滤

解析

① 铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。

② 实验过程中,需控制B中溶液的pH>7,否则产率会下降,B中溶液中产生了亚硝酸钠,根据题目信息NaNO2能发生以下反应:3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O,如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。

③反应中产生的一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应,一氧化氮是大气污染物,不能直接排放到空气中,需要用氢氧化钠溶液吸收,就需要转化为二氧化氮,故:2NO+O2=2NO2

④反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、过滤等操作,可得到粗产品晶体和母液;

故答案为:  ①Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O

②如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体

③2NO+O2=2NO2

④过滤

考查方向

化学反应

解题思路

① 铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。

② 实验过程中,需控制B中溶液的pH>7,否则产率会下降,B中溶液中产生了亚硝酸钠,根据题目信息NaNO2能发生以下反应:3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O,如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体。

③反应中产生的一氧化氮不能与氢氧化钠溶液反应,一氧化氮是大气污染物,不能直接排放到空气中,需要用氢氧化钠溶液吸收,就需要转化为二氧化氮,故:2NO+O2=2NO2

④反应结束后,B中溶液经蒸发浓缩、冷却结品、过滤等操作,可得到粗产品晶体和母液;

易错点

本题通过制取亚硝酸钠为载体考查了化学方程式,反应原理,反应条件的控制,分离提纯,题目属于简单题。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

① 稀释溶液时,需使用的玻璃仪器有容量瓶,溶解时要在烧杯中进行,玻璃棒除了搅拌外还有引流的作用,定容时还需要使用胶头滴管。

② 用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴亚硝酸钠,因为KMNO4是紫红色溶液,发生反应后生成了二价锰离子,紫红色变浅,当观察到溶液出现粉红色,且半分钟内不褪色时,滴定达到终点。

③ 用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为VmL,反应的高锰酸钾物质的量为,根据方程式,NaNO2的物质的量为:,粗产品中NaNO2的物质的量为:,质量分数为

故答案为:  ①A、C;

②溶液出现粉红色,且半分钟内不褪色

考查方向

含量的测定

解题思路

① 稀释溶液时,需使用的玻璃仪器有容量瓶,溶解时要在烧杯中进行,玻璃棒除了搅拌外还有引流的作用,定容时还需要使用胶头滴管。

② 用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴亚硝酸钠,因为KMNO4是紫红色溶液,发生反应后生成了二价锰离子,紫红色变浅,当观察到溶液出现粉红色,且半分钟内不褪色时,滴定达到终点。

③ 用cmol/LKMNO4酸性溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为VmL,反应的高锰酸钾物质的量为,根据方程式,NaNO2的物质的量为:,粗产品中NaNO2的物质的量为:,质量分数为

易错点

本题通过测定粗产品中NaNO2的含量考查了稀释,终点的判断,质量分数的计算。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

取样。加硝酸,若有气泡产生,且生成的气体遇空气变红棕色,证明含有NO2-

解析

要证明母液中含有NO2-必须要搞清楚亚硝酸根离子有哪些性质,而亚硝酸根离子的性质课本上没有具体的,只能通过题目中提取,NaNO2能发生以下反应:3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O  , NO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色),根据信息AgNO2是淡黄色沉淀,而与硝酸银反应生成淡黄色沉淀还有溴化银沉淀,故只能选择第一个信息,取样。加硝酸,若有气泡产生,且生成的气体遇空气变红棕色,证明含有NO2-

故答案为: 取样。加硝酸,若有气泡产生,且生成的气体遇空气变红棕色,证明含有NO2-

考查方向

设计实验

解题思路

要证明母液中含有NO2-必须要搞清楚亚硝酸根离子有哪些性质,而亚硝酸根离子的性质课本上没有具体的,只能通过题目中提取,NaNO2能发生以下反应:3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O  , NO2-+Ag+=AgNO2↓(淡黄色),根据信息AgNO2是淡黄色沉淀,而与硝酸银反应生成淡黄色沉淀还有溴化银沉淀,故只能选择第一个信息。

易错点

本题通过设计实验方案证明母液中含有NO2-,考查了实验设计能力,题目属于中等难度题。

1
题型:简答题
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分值: 14分

氯化钴(CoCl2)可溶于水,常用作湿度和水分的指示剂,工业上也可用于制取钴。

17.     钴元素的常见化合价与铁元素相同。往CoCl2溶液中加入NaOH溶液产生粉红色沉淀,露置于空气中一段时间后,沉淀变为棕褐色。

① 化合态钴的常见化合价有_______。

② 沉淀由粉红色变为棕褐色反应的化学方程式为_______________。

18.     (2)将CoCl2溶于浓盐酸中能形成[CoCl4]2-,溶液中存在平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl- =[CoCl4]2-+6H2O

T1℃时,将0.025mol CoCl2·6H2O溶于50mL 12mol/L浓盐酸中,再加水稀释至100 mL。溶液中c(Cl-)与温度(T)的关系如右图所示。

① Tl ℃时,取10mL上述溶液稀释至l00mL,稀释后的溶液中c(Cl-)______0.6mol·L-1(填“>”“=”或“<”)。

② 由图可知,上述反应的△H______0(填“>”“=”或“<”)。

③ 根据A点数据,计算出T1℃时上述反应的平衡常数为________。

19.     (3)采用右下图所示装置(Ti-Ru电极为惰性电极)电解CoCl2溶液制取钴。Co能与强酸反应产生H2,不利于Co的沉积,故电解过程中,CoCl2溶液的pH通常控制在3.9~4.2。

① Co沉积在_______(填“Ti-Ru”或“Ti”) 电极上。

②CoCl2溶液中常含有少量Cu2+、Fe3+、Na+等,为提高产品的纯度和电流效率,电解前必须将其中的_______(填离子符号)除去。

③ 若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,会使产率降低。其原因是_____________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

①+2、+3;②4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3

解析

铁元素的化合价有+2、+3,故钴的常见化合价有2、+3;往氯化亚铁溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀,露置于空气中一段时间后,沉淀变为红褐色。先生成氢氧化亚铁沉淀,后转化为氢氧化铁沉淀;往CoCl2溶液中加入NaOH溶液产生粉红色沉淀为Co(OH)2,露置于空气中一段时间后,沉淀变为棕褐色为Co(OH)3,沉淀由粉红色变为棕褐色反应的化学方程式为4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3

故答案为: ①+2、+3;②4Co(OH)2+2H2O+O2=4Co(OH)3

考查方向

化学方程式

解题思路

铁元素的化合价有+2、+3,故钴的常见化合价有2、+3;往氯化亚铁溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀,露置于空气中一段时间后,沉淀变为红褐色。先生成氢氧化亚铁沉淀,后转化为氢氧化铁沉淀;往CoCl2溶液中加入NaOH溶液产生粉红色沉淀为Co(OH)2,露置于空气中一段时间后,沉淀变为棕褐色为Co(OH)3

易错点

本题通过钴元素与铁元素的相似性考查了钴元素的相关性质,题目属于简单题。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①>  ②>  ③7.72×10-4

解析

Tl ℃时,c(Cl-)=6mol·L-1,取10mL上述溶液稀释至l00mL,溶液变稀,平衡逆向移动,氯离子浓度增大,稀释后的溶液中c(Cl-)>0.6mol·L-1,稀释过程中,温度升高,说明逆反应放热,正反应吸热,△H> 0,根据A点数据,c(Cl-)=6mol·L-1,氯元素总浓度为:mol·L-1,[CoCl4]2-离子浓度为:·L-1,[Co(H2O)6]2+离子浓度为:0.25-0.125=0.1256mol·L-1T1℃时上述反应的平衡常数为:

故答案为:①>  ②>  ③7.72×10-4

考查方向

化学平衡的移动

解题思路

Tl ℃时,c(Cl-)=6mol·L-1,取10mL上述溶液稀释至l00mL,溶液变稀,平衡逆向移动,氯离子浓度增大,稀释后的溶液中c(Cl-)>0.6mol·L-1,稀释过程中,温度升高,说明逆反应放热,正反应吸热,△H> 0,根据A点数据,c(Cl-)=6mol·L-1,氯元素总浓度为:mol·L-1,[CoCl4]2-离子浓度为:·L-1,[Co(H2O)6]2+离子浓度为:0.25-0.125=0.1256mol·L-1T1℃时上述反应的平衡常数为:

易错点

本题通过化学平衡的移动考查了离子浓度大小,反应热,平衡常数等知识,题目属于中等难度题。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

①Ti  ②Cu2+、Fe3+  ③OH-在阳极放电,使溶液的pH降低

解析

① 二价钴离子得到电子,阴极得到电子,与电源负极相连的电极为阴极,故钴离子得到电子沉积在Ti 电极上。

②CoCl2溶液中常含有少量Cu2+、Fe3+、Na+等,为提高产品的纯度和电流效率,电解前必须将其中的Cu2+、Fe3+除去,原因是Co能与强酸反应产生H2,活泼性较强,而Cu2+、Fe3+的氧化性比氢离子强,故会将钴氧化,而影响电解钴的纯度和电流效率。

③ 若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,阳极的氢氧根离子会放电,使溶液的氢离子浓度增加,Co能与强酸反应产生H2,不利于Co的沉积,会使产率降低。

故答案为:  ①Ti  ②Cu2+、Fe3+  ③OH-在阳极放电,使溶液的pH降低

考查方向

电解原理

解题思路

① 二价钴离子得到电子,阴极得到电子,与电源负极相连的电极为阴极,故钴离子得到电子沉积在Ti 电极上。

②CoCl2溶液中常含有少量Cu2+、Fe3+、Na+等,为提高产品的纯度和电流效率,电解前必须将其中的Cu2+、Fe3+除去,原因是Co能与强酸反应产生H2,活泼性较强,而Cu2+、Fe3+的氧化性比氢离子强,故会将钴氧化,而影响电解钴的纯度和电流效率。

③ 若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液,阳极的氢氧根离子会放电,使溶液的氢离子浓度增加,Co能与强酸反应产生H2,不利于Co的沉积,会使产率降低。

易错点

本题通过电解钴考查了电解原理,实验提纯操作以及原理分析等,题目属于中等难度题。

1
题型:简答题
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分值: 14分

将铜锌合金溶解后与足量KI溶液反应(Zn2+不与I-反应),生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定,根据消耗的Na2S2O3溶液体积可测算合金中铜的含量。实验过程如下图所示:

回答下列问题:

20.     H2O2的电子式为_________;“溶解”后铜元素的主要存在形式是______(填离子符号)。

21.     (2)“煮沸”的目的是除去过量的H2O2。298K时,液态过氧化氢分解,每生成0.01molO2放出热量1.96kJ,该反应的热化学方程式为_______________。

22.     (3)用缓冲溶液“调PH”是为了避免溶液的酸性太强,否则“滴定”时发生反应:

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O

① 该缓冲溶液是浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液。25℃时,溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________。

[已知:25℃时,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5]

② 若100 mL Na2S2O3溶液发生上述反应时,20s后生成的SO2比S多3.2g,则v(Na2S2O3)=_____mol/(L·s)(忽略溶液体积变化的影响)。

23.     (4)“沉淀”步骤中有CuI沉淀产生,反应的离子方程式为_____________。

24.     (5)“转化”步骤中,CuI转化为CuSCN,CuSCN吸附I2的倾向比CuI更小,使“滴定”误差减小。沉淀完全转化后,溶液中c(SCN -):c(I-)≥_______________。

[已知:Ksp(CuI)=1.1×10-12;Ksp(CuSCN)=4.4×10-15]

25.     (6)下列情况可能造成测得的铜含量偏高的是______(填标号)。

A铜锌合金中含少量铁

B“沉淀”时,I2与I-结合生成I3- :I2+I=I3-

C“转化”后的溶液在空气中放置太久,没有及时滴定

D“滴定”过程中,往锥形瓶内加入少量蒸馏水

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

;Cu2+

解析

H2O2中的氧原子的化合价为负一价,氧原子与氢原子之间存在一对共用电子对,说明氧原子与氧原子之间还存在一对共用电子对,H2O2的电子式为为,将铜锌合金与双氧水,盐酸溶解,锌与盐酸反应生成了锌离子与氢气,铜与盐酸不反应,但是在双氧水的氧化下,铜被氧化为二价铜离子,同时生成了水。

故答案为:  ;Cu2+

考查方向

电子式,元素符号

解题思路

H2O2中的氧原子的化合价为负一价,氧原子与氢原子之间存在一对共用电子对,说明氧原子与氧原子之间还存在一对共用电子对,H2O2的电子式为为,将铜锌合金与双氧水,盐酸溶解,锌与盐酸反应生成了锌离子与氢气,铜与盐酸不反应,但是在双氧水的氧化下,铜被氧化为二价铜离子,同时生成了水。

易错点

本题通过合金中铜的含量的测定考查双氧水的电子式,铜元素的主要存在形式,题目属于简单题。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l);△H=196kJ/mol;

解析

热化学方程式的书写要注意物质的状态,题目信息给出298K时,液态过氧化氢分解,故双氧水,水的状态为液体,氧气为气体,每生成0.01molO2放出热量1.96kJ,生成1molO2放出热量196kJ的热量,故

△H=196kJ/mol;2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l);△H=196kJ/mol;

故答案为:  2H2O2(l)=O2(g)+2H2O(l);△H=196kJ/mol;

考查方向

热化学方程式

解题思路

热化学方程式的书写要注意物质的状态,题目信息给出298K时,液态过氧化氢分解,故双氧水,水的状态为液体,氧气为气体,每生成0.01molO2放出热量1.96kJ,生成1molO2放出热量196kJ的热量,故

△H=196kJ/mol

易错点

本题通过煮沸考查了双氧水分解的热化学方程式,题目属于中等难度题。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

①c(CH3COO-)、c(NH4+)、c(H+)、c(OH-)    ②0.050

解析

①已知:25℃时,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,说明醋酸铵溶液呈中性,醋酸的电离程度与氨水的电离程度相等,缓冲溶液是浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液,溶液呈酸性,溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)、c(NH4+)、c(H+)、c(OH-)。

② 若100 mL Na2S2O3溶液发生上述反应时,20s后生成的SO2比S多3.2g,则说明生成了0.1mol的二氧化硫,也就反应了0.1mol的硫代硫酸钠,故v(Na2S2O3)=mol/(L·s)。

故答案为: ①c(CH3COO-)、c(NH4+)、c(H+)、c(OH-)    ②0.050

考查方向

离子浓度大小的比较

解题思路

①已知:25℃时,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,说明醋酸铵溶液呈中性,醋酸的电离程度与氨水的电离程度相等,缓冲溶液是浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液,溶液呈酸性,溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO-)、c(NH4+)、c(H+)、c(OH-)。

② 若100 mL Na2S2O3溶液发生上述反应时,20s后生成的SO2比S多3.2g,则说明生成了0.1mol的二氧化硫,也就反应了0.1mol的硫代硫酸钠,故v(Na2S2O3)=mol/(L·s)。

易错点

本题通过缓冲溶液比较离子浓度大小,关于化学反应速率计算,题目属于中等难度题。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

2Cu2++4I-=2CuI+I2

解析

本题给出的信息为将铜锌合金溶解后与足量KI溶液反应(Zn2+不与I-反应),生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定,根据消耗的Na2S2O3溶液体积可测算合金中铜的含量,说明铜离子与碘离子反应生成了碘单质,同时生成了沉淀,该沉淀是CuI沉淀,故反应的离子方程式为: 2Cu2++4I-=2CuI+I2

故答案为: 2Cu2++4I-=2CuI+I2

考查方向

离子方程式

解题思路

本题给出的信息为将铜锌合金溶解后与足量KI溶液反应(Zn2+不与I-反应),生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定,根据消耗的Na2S2O3溶液体积可测算合金中铜的含量,说明铜离子与碘离子反应生成了碘单质,同时生成了沉淀,该沉淀是CuI沉淀,故反应的离子方程式为: 2Cu2++4I-=2CuI+I2

易错点

本题通过沉淀过程考查了离子方程式的书写,题目属于中等难度题。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

4.0×10-3

解析

Ksp(CuI)=c(I-)×c(Cu+);Ksp(CuSCN)=c(SCN -)×c(Cu+);要使CuI转化为CuSCN,溶液中c(SCN -):c(I-)≥

故答案为: 4.0×10-3

考查方向

溶度积的计算

解题思路

Ksp(CuI)=c(I-)×c(Cu+);Ksp(CuSCN)=c(SCN -)×c(Cu+);要使CuI转化为CuSCN,溶液中c(SCN -):c(I-)≥

易错点

本题通过离子浓度比考查了溶度积的计算,题目属于中等难度题。

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,C

解析

(A).铜锌合金中含少量铁,在第一步加入双氧水与盐酸,可以将铁氧化为三价铁离子,三价铁离子能将碘离子氧化为碘单质,从而使滴定过程中消耗的硫代硫酸钠增加,使铜含量测得偏高;A正确;

(B).“沉淀”时,I2与I-结合生成I3- :I2+I=I3-,使得生成的碘单质减少,进而使滴定过程中消耗的硫代硫酸钠减少,使铜含量测得偏低;B错误;

(C).“转化”后的溶液在空气中放置太久,没有及时滴定,从而使得碘离子被空气中的氧气氧化使得测得的铜离子含量偏高;C正确;

(D).“滴定”过程中,往锥形瓶内加入少量蒸馏水,蒸馏水不与其它物质反应,对测定结果无影响;D错误;

故答案为: A,C

考查方向

误差分析

解题思路

(A).铜锌合金中含少量铁,在第一步加入双氧水与盐酸,可以将铁氧化为三价铁离子,三价铁离子能将碘离子氧化为碘单质,从而使滴定过程中消耗的硫代硫酸钠增加,使铜含量测得偏高;

(B).“沉淀”时,I2与I-结合生成I3- :I2+I=I3-,使得生成的碘单质减少,进而使滴定过程中消耗的硫代硫酸钠减少,使铜含量测得偏低;

(C).“转化”后的溶液在空气中放置太久,没有及时滴定,从而使得碘离子被空气中的氧气氧化使得测得的铜离子含量偏高;

(D).“滴定”过程中,往锥形瓶内加入少量蒸馏水,蒸馏水不与其它物质反应,对测定结果无影响;

易错点

本题通过对铜含量测定进行误差分析,题目属于中等难度题。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

【化学―选修3:物质结构与性质】(15分)

铍及其化合物的应用正日益被重视。

26.     (l)最重要的含铍矿物是绿柱石,含2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为__________。

27.     (2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_____(填标号)。

A都属于p区主族元素

B电负性都比镁大

C第一电离能都比镁大

D氯化物的水溶液pH均小于7

28.     (3)铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。铍的熔点(155lK)比铝的熔点(930K)高,原因是______________。

29.     (4)氯化铍在气态时存在BeC12分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b),固态时则具有如下图所示的链状结构(c)。

① a属于__________(填“极性”或“非极性”)分子。

② b中Be原子的杂化方式相同,且所有原子都在同一平面上。b 的结构式为____ (标出配位键)。

③ c中Be原子的杂化方式为__________。

④ 氯化铍晶体中存在的作用力有_(填标号)。

A范德华力

Bσ键

C极性键

D非极性键

E离子键

30.     (5)BeO立方晶胞如下图所示。

① BeO晶体中,O2-的配位数为___________。

② 若BeO晶体的密度为dg/cm3,则晶胞参数a =______nm (列出计算式即可)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

铬是24号元素,其原子核外总共有24个电子,然后将这24个电子从能量最低的1s亚层依次往能量较高的亚层上排布,只有前面的亚层填满后,才去填充后面的亚层,根据洪特规则,d亚层处于半充满时较为稳定,故其排布式应为:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1,价电子排布式为:3d5 4s1,价电子的轨道表示式为:

故答案为:

考查方向

轨道表示式

解题思路

铬是24号元素,其原子核外总共有24个电子,然后将这24个电子从能量最低的1s亚层依次往能量较高的亚层上排布,只有前面的亚层填满后,才去填充后面的亚层,根据洪特规则,d亚层处于半充满时较为稳定,故其排布式应为:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1,价电子排布式为:3d5 4s1,价电子的轨道表示式为:

易错点

本题主要考查了铬原子的价电子轨道表示式。题目属于简单题。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,D

解析

(A).铝最外层三个电子,在p区,铍最外层只有两个电子,在s区;A错误;

(B).铝与镁相比,电子层数相通,原子序数越大电负性越大,铝的电负性大于镁,铍与镁相比较,最外层电子数相同,原子序数越小,电负性越大,铍的电负性大于镁;B正确;

(C).铝与镁相比,电子层数相通,原子序数越大第一电离能越小,铝的第一电离能小于镁,铍与镁相比较,最外层电子数相同,原子序数越小,第一电离能越小,铍的第一电离能小于镁;C错误;

(D).氯化铝在水溶液中发生盐的水解呈酸性,铍与相邻主族的铝元素性质相似,故氯化铍的水溶液也能发生水解呈酸性,所以氯化物的水溶液pH均小于7;D正确;

故答案为: BD

考查方向

元素的性质

解题思路

(A).铝最外层三个电子,在p区,铍最外层只有两个电子,在s区;

(B).铝与镁相比,电子层数相通,原子序数越大电负性越大,铝的电负性大于镁,铍与镁相比较,最外层电子数相同,原子序数越小,电负性越大,铍的电负性大于镁;

(C).铝与镁相比,电子层数相通,原子序数越大第一电离能越小,铝的第一电离能小于镁,铍与镁相比较,最外层电子数相同,原子序数越小,第一电离能越小,铍的第一电离能小于镁;

(D).氯化铝在水溶液中发生盐的水解呈酸性,铍与相邻主族的铝元素性质相似,故氯化铍的水溶液也能发生水解呈酸性,所以氯化物的水溶液pH均小于7;

易错点

本题通过铍与铝元素性质的相似性考查了铍的性质,题目属于简单题

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

Be原子半径比Al原子半径小,金属性更强;

解析

铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积),说明他们的三维空间堆积方式相同,铍的熔点比铝的熔点高,说明铍原子与铍原子之间的作用力更强,他们都是金属元素,铍原子的半径比铝原子半径小,这种作用力称之为金属键,则说明铍的金属性比铝强。

故答案为:Be原子半径比Al原子半径小,金属性更强;

考查方向

金属性

解题思路

铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积),说明他们的三维空间堆积方式相同,铍的熔点比铝的熔点高,说明铍原子与铍原子之间的作用力更强,他们都是金属元素,铍原子的半径比铝原子半径小,这种作用力称之为金属键,则说明铍的金属性比铝强。

易错点

本题通过比较熔点高低考查金属性的强弱,题目属于容易题。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B,C

解析

① 氯化铍在气态时存在BeC12分子(a),Be最外层只有2个电子,加上Cl的1个电子,共2+1*2=4个,2对电子.根据价层电子对互斥理论,分子为直线形.所以是非极性分子.a属非极性分子。

② b中Be原子的杂化方式相同,且所有原子都在同一平面上。b 的结构式为

③ Be最外层只有2个电子,加上Cl的1个电子,加上氯的两个配位键,共2+1*2+2*2=8个,4对电子,c中Be原子的杂化方式为sp3。

④ 氯化铍晶体是分子晶体,肯定存在范德华力,铍原子与氯原子之间是单键存在σ键,铍原子与氯原子是不同种原子,不同种原子间存在的是极性键;

故答案为:  ①非极性;②;③sp3;④A、B、C;

考查方向

分子极性,空间构型,杂化方式

解题思路

① 氯化铍在气态时存在BeC12分子(a),Be最外层只有2个电子,加上Cl的1个电子,共2+1*2=4个,2对电子.根据价层电子对互斥理论,分子为直线形.所以是非极性分子.a属非极性分子。

② b中Be原子的杂化方式相同,且所有原子都在同一平面上。b 的结构式为

③ Be最外层只有2个电子,加上Cl的1个电子,加上氯的两个配位键,共2+1*2+2*2=8个,42对电子,c中Be原子的杂化方式为sp3。

④ 氯化铍晶体是分子晶体,肯定存在范德华力,铍原子与氯原子之间是单键存在σ键,铍原子与氯原子是不同种原子,不同种原子间存在的是极性键

易错点

本题通过氯化铍的分子在不同状态下的不同结构考查了分子极性,空间构型,杂化方式等知识,题目属于中等难度题。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

①4;②

解析

BeO晶体中,每个铍离子周围有四个氧离子,而铍离子与氧离子个数比为1:1,故每个氧离子周围有四个铍离子,故氧离子的配位数为4;

在每个氧化铍晶胞中,实际含有4个铍离子,氧离子个数为:,1mol的晶胞中含有4molBeO,质量为4×25=100g=,解得

故答案为: ①4;②

考查方向

配位数 晶胞计算

解题思路

BeO晶体中,每个铍离子周围有四个氧离子,而铍离子与氧离子个数比为1:1,故每个氧离子周围有四个铍离子,故氧离子的配位数为4;

在每个氧化铍晶胞中,实际含有4个铍离子,氧离子个数为:,1mol的晶胞中含有4molBeO,质量为4×25=100g=,解得

易错点

本题通过氧化铍的空间结构考查了配位数,晶胞的计算,题目属于较难题。

1
题型:简答题
|
分值: 15分

【化学―选修5:有机化学基础】(15分)

苯并环己酮是合成萘()或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1-乙基萘的一种路线如下图所示:

己知:

回答下列问题:

31.     (l)萘的分子式为_______;苯并环己酮所含官能团是_______(填名称)。

32.     (2)Y的结构简式为_________。

33.     (3)步骤Ⅲ的反应属于_________(填反应类型)。

34.     (4)步骤Ⅳ反应的化学方程式为____________(标明反应条件)。

35.     (5)苯并环己酮用强氧化剂氧化可生成邻苯二甲酸。邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式是________。

36.     (6)1-乙基萘的同分异构体中,属于萘的取代物的有_______种(不含1-乙基萘)。W也是1 -乙基萘的同分异构体,它是含一种官能团的苯的取代物,核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子,且个数比为1:1:2,W的结构简式为_________。

37.     (7)仍以苯并环己酮为原料,上述合成路线中,只要改变其中一个步骤的反应条件和试剂,便可合成萘。完成该步骤:__________(表示方法示例:A B)。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

C10H8、羰基(或酮羰基);

解析

判断萘的分子式可以通过最简单的数法,10个碳原子,8个氢原子,故分子式为:C10H8

苯并环己酮所含有的是碳氧双键,故官能团是羰基(或酮羰基);

故答案为: C10H8、羰基(或酮羰基);

考查方向

分子式,官能团

解题思路

判断萘的分子式可以通过最简单的数法,10个碳原子,8个氢原子,故分子式为:C10H8

苯并环己酮所含有的是碳氧双键,故官能团是羰基(或酮羰基);

易错点

本题考查分子式,官能团的基本概念,题目属于简单题。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

根据题目信息羰基能发生加成反应,Y加浓硫酸根据分子式判断失去2个H,1个O,故在Y中存在羟基,再根据苯并环己酮中羰基的位置判断Y中羟基的位置,故Y的结构简式为:

故答案为:

考查方向

结构简式

解题思路

根据题目信息羰基能发生加成反应,Y加浓硫酸根据分子式判断失去2个H,1个O,故在Y中存在羟基,再根据苯并环己酮中羰基的位置判断Y中羟基的位置,故Y的结构简式为:

易错点

本题主要通过推断考查结构简式的书写,题目属于中等难度题。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

取代反应;

解析

根据生成判断,分子中的一个氢原子变成了一个溴原子,故反应类型为取代反应。

故答案为: 取代反应。

考查方向

有机化学反应类型

解题思路

根据生成判断,分子中的一个氢原子变成了一个溴原子,故反应类型为取代反应。

易错点

本题通过分子结构的转化考查了有机化学反应类型,题目属于简单题。

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

该题主要是对卤代烃消去反应条件的判断,氢氧化钠加热是卤代烃的水解,而这里是反应生成了不饱和键,判断出来属于卤代烃的消去反应,而消去反应的条件是氢氧化钠,醇溶液加热,化学方程式为:

故答案为:

考查方向

化学方程式

解题思路

该题主要是对卤代烃消去反应条件的判断,氢氧化钠加热是卤代烃的水解,而这里是反应生成了不饱和键,判断出来属于卤代烃的消去反应,而消去反应的条件是氢氧化钠,醇溶液加热。

易错点

本题通过题目信息考查了化学方程式的书写,本题的关键点是卤代烃的消去反应条件,题目属于中等难度题。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

邻苯二甲酸和乙二醇发生反应,邻苯二甲酸中的羧基脱去羟基,乙二醇中的羟基脱去氢原子生成水,题目中要求我们写出缩聚反应的高分子化合物的结构简式,肯定是要生成高分子化合物,根据缩聚反应的原理,生成的高分子化合物的结构简式为:

故答案为:

考查方向

结构简式

解题思路

邻苯二甲酸和乙二醇发生反应,邻苯二甲酸中的羧基脱去羟基,乙二醇中的羟基脱去氢原子生成水,题目中要求我们写出缩聚反应的高分子化合物的结构简式,肯定是要生成高分子化合物;

易错点

本题主要考查了邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式,题目属于容易题。

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

11;

解析

1-乙基萘的同分异构体中,属于萘的取代物,首先要分析奈的结构属于对称结构,除了萘环外还有两个碳原子,两个碳原子可以为两个甲基,也可以为一个乙基。

当链接一个乙基时:

当链接两个甲基时有:,,,,,,,,

W也是1 -乙基萘的同分异构体,它是含一种官能团的苯的取代物,核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子,且个数比为1:1:2,说明W是一个高度对称的结构,根据碳原子数,除了苯环外还有六个碳原子,不饱和度还有三个,故分别为三个乙烯基处于苯环的均位置上:

故答案为: 11种,

考查方向

同分异构体

解题思路

1-乙基萘的同分异构体中,属于萘的取代物,首先要分析奈的结构属于对称结构,除了萘环外还有两个碳原子,两个碳原子可以为两个甲基,也可以为一个乙基。

W也是1 -乙基萘的同分异构体,它是含一种官能团的苯的取代物,核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子,且个数比为1:1:2,说明W是一个高度对称的结构,根据碳原子数,除了苯环外还有六个碳原子,不饱和度还有三个,故分别为三个乙烯基处于苯环的均位置上。

易错点

本题主要通过1-乙基萘考查了同分异构体,题目属于较难题。

第(7)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

已苯并环己酮为原料,上述合成路线中,只要改变其中一个步骤的反应条件和试剂,便可合成萘,首先分析上述合成路线中生成的是乙基奈,乙基萘比萘多了个乙基,故在设计合成路线时不要引入乙基,而引入乙基是在第一步,故第一步不引入乙基,要生成羟基,可以直接将羰基还原为羟基故该步骤为:

故答案为:.

考查方向

合成路线的选择

解题思路

已苯并环己酮为原料,上述合成路线中,只要改变其中一个步骤的反应条件和试剂,便可合成萘,首先分析上述合成路线中生成的是乙基奈,乙基萘比萘多了个乙基,故在设计合成路线时不要引入乙基,而引入乙基是在第一步,故第一步不引入乙基,要生成羟基,可以直接将羰基还原为羟基。

易错点

本题通过合成奈设计合成路线,考查了分析解决问题的能力,题目属于较难题。

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