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  • 2021-07-06 发布

【化学】四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试理综(解析版)

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四川省泸县第四中学2020届高三上学期期末考试理综 一、选择题 ‎1.为纪念日军侵华战争中死难的中国同胞,中国政府设立12月13日为国家公祭日。在侵华史上,日军曾使用芥子气(化学式C4H8Cl2S)屠杀中国军民,下列对芥子气的说法正确的是(  )‎ A. 有机物 B. 碱 C. 盐 D. 单质 ‎【答案】A ‎【详解】芥子气的化学式为C4H8Cl2S,从组成上看,属于有机物,故A正确。‎ 故选A。‎ ‎2.维生素P的结构如图所示,其中R为烷烃基,维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是(  )‎ A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基 B. 若R为甲基,则该物质的分子式可以表示为C16H14O7‎ C.该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应 D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol ‎【答案】C ‎【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键,错误; B.若R为甲基,其分子式为C16H12O7,错误; C.该有机物含有酚羟基,故遇到三氯化铁溶液会呈紫色,正确; D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气,错误; 答案选C。‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(  )‎ A. 电解精炼铜,当外电路通过NA个电子时;阳极质量减少32 g B. 反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) △H=-92kJ·mol-1,当放出热量 9.2 kJ时,转移电子0.6 NA C. lmol·L-1的氯化铜溶液中,若Cl-的数目为2NA,则Cu2+的数目为NA D. 标准状况下,NO和O2各11. 2L混合充分反应,所得气体的分子总数为0.75 NA ‎【答案】B ‎【详解】A、阳极中除铜外,还含有其他杂质,如锌、铁等,锌、铁比铜活泼,先失电子,因此阳极质量减少的质量不等于32g,故A错误;‎ B、转移6mole-,放出92kJ热量,因此放出9.2kJ热量,转移电子mol=0.6mol,故B正确;‎ C、题目中没有说明溶液的体积,无法计算微粒数目,故C错误;‎ D、NO和氧气反应,2NO+O2=2NO2,根据所给量,NO少量、O2过量,因此反应后NO2的物质的量0.5mol,还剩O2的物质的量为0.25mol,气体总物质的量为0.75mol,但2NO2N2O4,因此气体物质的量小于0.75mol,所得气体的分子总数少于0.75 NA,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法正确的是(  )‎ A. 胶体与溶液的本质区别在于是否可以发生丁达尔现象 B. 在常温下铁遇浓硫酸会钝化,所以可以用铁制容器来装运浓硫酸 C. 氯气具有漂白性,可以使湿润的有色布条褪色 D. 二氧化碳通入足量澄清石灰水中,没有白色沉淀生成 ‎【答案】B ‎【详解】A.胶体与溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同,故A错误;‎ B.常温下,铁在浓硫酸中发生钝化,其原理发生了氧化还原反应,生成氧化膜阻止反应进行,所以可以用铁制容器来装运浓硫酸,故B正确;‎ C.氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性,但干燥的氯气不具有漂白性,故C错误 D.二氧化碳通入足量澄清石灰水中,因发生CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O,有白色碳酸钙沉淀生成,故D错误;‎ 本题答案为B。‎ ‎5.下列离子方程式的书写正确的是(  )‎ A. 氯气跟水反应:Cl2 + H2O= 2H++ Cl-+ ClO-‎ B. 食醋与氨水反应:NH3·H2O+H+= NH4++H2O C. NaHCO3 溶液中加少量Ca(OH)2溶液: 2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-‎ D. 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀:Ba2++2H++2OH-+SO42- = BaSO4↓+2H2O ‎【答案】C ‎【分析】A、次氯酸是弱酸;‎ B、醋酸是弱电解质;‎ C、少量Ca(OH)2将完全被反应,反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1:2;‎ D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀,每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4;‎ ‎【详解】A、次氯酸是弱酸,氯气跟水反应:Cl2 + H2OH++ Cl-+HClO,故A错误;‎ B、醋酸是弱电解质,食醋与氨水反应:NH3·H2O+CH3COOH= CH3COO-+NH4++H2O,故B错误;‎ C、少量Ca(OH)2将完全被反应,反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1:2,NaHCO3 溶液中加少量Ca(OH)2溶液: 2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,故C正确;‎ D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀,每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4,向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀:Ba2++H++OH-+SO42- = BaSO4↓+H2O,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎6.“电芬顿法”除去水体里有机污染物的原理如图所示,发生电芬顿反应:Fe2++H2O2== Fe3++OH-+·OH,生成的羟基自由基(·OH)能降解有机污染物。下列说法正确的是(  )‎ A. 电源的A极是正极,B极是负极 B. 阴极上O2、Fe3+、H2O2得电子发生还原反应 C. 阳极上发生电极反应:H2O-e-==•OH+H+‎ D. 常温常压下,消耗22.4LO2,可以产生4mol·OH ‎【答案】C ‎【解析】A.电源的A电极连接的电极上发生得电子的还原反应,则该电极为阴极,所以A为负极,A错误;B.O2、Fe3+在阴极上得电子发生还原反应,H2O2与亚铁离子反应,则H2O2‎ 发生得电子的还原反应,B错误;C.阳极上水失电子生成羟基和氢离子,其电极方程式为:H2O-e-=•OH+H+,C正确;D.1molO2转化为2molH2O2转移2mole-,由Fe2++H2O2=Fe3++OH-+•OH可知,生成2mol•OH,转移2mole-,在阳极上生成2mol•OH,所以消耗1molO2,可以产生4mol•OH,但常温下22.4L氧气不是1mol,D错误,答案选C。‎ ‎7.电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下,用0.100 mol·L-1盐酸滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似, Kb[(CH3)2NH·H2O]=1.6×10-4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(  )‎ A. 曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线 B. a点溶液中:c[(CH3)2NH2+]>c[(CH3)2NH·H2O]‎ C. d点溶液中:c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH·H2O]‎ D. b、c、e三点的溶液中,水的电离程度最大的是b点 ‎【答案】C ‎【详解】A、二甲胺是弱电解质,溶液中离子浓度较小,与盐酸反应后溶液中离子浓度增大,溶液的导电性增强,因此曲线②是滴定二甲胺溶液,故A错误;‎ B、曲线①是滴定NaOH溶液的曲线,故B错误;‎ C、把二甲胺看作是NH3,加入10mL盐酸,两者恰好完全反应,根据质子守恒,因此由c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH·H2O],故C正确;‎ D、b点反应后溶液中的溶质是二甲胺、 (CH3)2NH2Cl,溶液显碱性,二甲胺的电离抑制水的电离,c点恰好完全反应,溶质为NaCl,e点盐酸过量,抑制水的电离,因此电离程度最大的是c点,故D错误;‎ 答案选C。‎ 二、填空题 ‎8.某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种,某化学兴趣小组对其组成进行探究。完成下列空格。‎ ‎①提出假设:‎ 假设1:只存在Fe2O3;假设2:__________________;假设3:既存在Fe2O3也存在Cu2O。‎ ‎②查找资料:Cu2O在酸性溶液中会发生反应:Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。‎ ‎③实验方案设计与分析:‎ 方案一:步骤一:取少量样品于烧杯中,加入过量浓硝酸,产生一种红棕色的气体。由此可得出假设____不成立,写出产生上述气体的化学方程式_______________________________。‎ 步骤二:取少量步骤一溶液置于试管中滴加__________,振荡,若____________________,则说明假设3成立。‎ 方案二:‎ 取少量样品于烧杯中,加入过量稀硫酸,若固体全部溶解,说明假设_______不成立。‎ 方案三:‎ 同学们设计了如下实验方案测定该样品中Fe2O3的质量分数(装置气密性良好,假设样品完全反应): ‎ 步骤一:取样品并称量该样品的质量为m1;‎ 步骤二:测出反应前广口瓶和瓶内物质总质量m2;‎ 步骤三:测出反应后广口瓶和瓶内物质总质量m3;‎ 步骤四:计算得出矿物样品中Fe2O3的质量分数。‎ 讨论分析:该实验方案________(填“能”或“不能”)测出矿物中Fe2O3质量分数。不改变装置和药品,通过计算得出矿物中Fe2O3的质量分数,你还可以通过测定__________。若测得m1为3.04g,m3=m2+1.76g,则原样品中Fe2O3的质量分数为________(结果保留四位有效数字)。‎ ‎【答案】(1). 只存在Cu2O (2). 1 (3). Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O (4). KSCN溶液 (5). 溶液显红色 (6). 2 (7). 能 (8). 测量反应后固体的质量或广口瓶中沉淀的质量。(其他合理答案也给分) (9). 52.63%‎ ‎【详解】①提出假设:根据题给信息:红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种和假设1和假设3知假设2为:只存在Cu2O。‎ ‎③实验方案设计与分析:方案一:步骤一:样品与过量浓硝酸反应产生红棕色的NO2‎ 气体,硝酸发生了还原反应,Fe2O3中铁元素为+3价,只有氧化性,Cu2O中铜元素为+1价,既有氧化性又有还原性,则红色粉末中一定含有Cu2O,由此可得出假设1不成立,Cu2O与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,化学方程式为Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O;若要证明假设3成立,则需要证明铁元素的存在,故步骤二为取少量步骤一溶液置于试管中滴加KSCN溶液,振荡,若溶液显红色,则说明假设3成立。‎ 方案二:根据信息②Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O知取少量样品于烧杯中,加入过量稀硫酸,若固体全部溶解,说明假设2不成立。‎ 方案三:该实验方案的原理为Fe2O3 + 3CO2Fe+3CO2、Cu2O + CO2Cu+CO2,CO2+Ca(OH)2==CaCO3↓+H2O,通过测定反应前混合物的质量,反应前后广口瓶和瓶内物质总质量的差值,确定二氧化碳的质量,列方程组求解,能测出矿物中Fe2O3的质量分数;也可通过测量反应后固体的质量或广口瓶中沉淀的质量,列方程组求解,确定矿物中Fe2O3的质量分数;若测得m1为3.04g,m3=m2+1.76g,则生成CO2的质量为1.76g,物质的量为0.04mol,根据氧原子守恒知混合物中氧原子的物质的量为0.04mol。设混合物中Fe2O3的物质的量为x,Cu2O的物质的量为y,则有①160g/molx+144g/moly=3.04g(质量守恒),②3x+y=0.04mol(氧原子守恒),联立①②解得x=0.01mol,y=0.01mol,则混合物中Fe2O3的质量为1.60g,则原样品中Fe2O3的质量分数为×100%=52.63%。‎ ‎9.以镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)为原料,生产NiO的部分工艺流程如下:‎ 已知:下表列出了几种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 mol·L-1计算)。‎ 氢氧化物 ‎ Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Ni(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.5‎ ‎7.7‎ 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.9‎ ‎9.2‎ ‎(1) “酸溶”时Ni转化为NiSO4,该过程中温度控制在70~80 ℃的原因是__________________________________________________。‎ ‎(2) “氧化”时,Fe2+参加反应的离子方程式为___________________________________。‎ ‎(3) “除铁”时需控制溶液的pH范围为_________________。‎ ‎(4) “滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。‎ ‎(5) “沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。‎ ‎①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,该反应的化学方程式为___________________________________________________________。‎ ‎②“沉镍”时,溶液pH增大,碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加,原因是______________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 温度低于70 ℃,反应速率降低,温度高于80 ℃,HNO3分解(或挥发)加快 (2). 2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O (3). 3.3≤pH<7.7 (4). CuS (5). xNiCO3·yNi(OH)2(x+y)NiO+xCO2↑+yH2O (6). Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大 ‎【分析】镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)加稀硫酸、稀硝酸进行“酸溶”,其中铁、镍溶于酸,铜也与硝酸反应产生氮氧化物;“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,加入氢氧化钠调节溶液pH除去铁离子,过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液;向除铁后的滤液中通入H2S气体,发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,除去Cu2+;再向除铜后的滤液中加入碳酸钠溶液沉淀镍离子,过滤、洗涤、干燥得到的固体经煅烧得到NiO,据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)“酸溶”时加入了硫酸与硝酸溶液,考虑温度过低,工艺流程中化学反应速率较低,而温度过高,硝酸分解加快,不利于溶解铜,故答案为温度低于70 ℃,反应速率降低,温度高于80 ℃,HNO3分解(或挥发)加快;‎ ‎(2)“氧化”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,发生的离子方程式为:2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O;‎ ‎(3)“除铁”时要求铁离子全部除掉,pH3.3,镍离子和铜离子留在溶液中,pH<7.7,所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7;‎ ‎(4)向除铁后的滤液中通入H2S气体,发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,因此滤渣的成分为CuS;‎ ‎(5)①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,xNiCO3·yNi(OH)2‎ 高温下分解生成NiO、CO2和H2O,其化学方程式为:xNiCO3·yNi(OH)2(x+y)NiO+xCO2↑+yH2O;‎ ‎②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大,所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。‎ ‎10.Ⅰ:Mo基催化剂的耐硫甲烷化反应会涉及WGS 或者RWGS 反应,主要反应式如下:‎ ‎(1)CO和CO2甲烷化 CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/mol CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-165.0kJ/mol 写出CO 与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式_____________________________________________________________。‎ ‎(2)CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH。现在容积均为1L 的a、b、c、d、e 五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体,控温,进行实验,测得相关数据如下图1和图2。‎ ‎,‎ ‎①该反应的ΔH__________0 (选填“<”、“>”或“=”)。‎ ‎②在500℃条件下达平衡时CO 的转化率为______________________。‎ ‎③计算在300℃条件下达平衡时K=________________________。‎ ‎④将容器d 中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态,可采取的措施有______________________。‎ Ⅱ:某电解装置如图所示,X、Y 均为惰性电极:‎ ‎(3)若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液,通电一段时间后X ‎ 电极及周围溶液的现象是:________________________________,Y 电极的电极反应式为______________________。‎ ‎(4)若a 溶液为饱和CuCl2溶液,当电路中有0.2 mol 的电子通过时,阴、阳两电极的质量之差是__________g。‎ ‎【答案】(1). CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ/mol (2). < (3). 60% (4). 25(mol/L)-2 (5). 降低温度或者增大压强 (6). 溶液变红、X电极上有气泡产生 (7). 2H2O-4e-=O2↑+4H+(或4OH--4e-=O2↑+2H2O) (8). 6.4g ‎【解析】(1)①CO和CO2甲烷化 CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/mol,②CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-165.0kJ/mol由盖斯定律①-②,CO 与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ/mol;(2)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 由图1,升高温度,甲醇减少,平衡逆向移动,该反应的ΔH<0;(2) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ n始/mol 1 2‎ n变/mol 0.6 1.2 0.6‎ n平/mol 0.4 0.8 0.6‎ ‎②在500℃条件下达平衡时CO 的转化率为0.6/1×100%=60%;‎ ‎③ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ n始/mol·L-1 1 2‎ n变/mol·L-1 0.8 1.6 0.8‎ n平/mol·L-1 0.2 0.4 0.8‎ 计算在300℃条件下达平衡时K= =25(mol/L)-2;④将容器d 中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态,可采取的措施有降低温度或者增大压强;(3)若a溶液为滴有酚酞试液的NaNO3溶液,X为阴极,氢离子得电子后生成氢气,破坏水电离平衡,产生氢氧根,通电一段时间后X 电极及周围溶液的现象是:溶液变红、X电极上有气泡产生,阳极是Y,Y 电极的电极反应式为 2H2O-4e-=O2↑+4H+(或4OH--4e-=O2↑+2H2O);(4)若a 溶液为饱和CuCl2溶液,当电路中有0.2 mol 的电子通过时,阴极有0.2mol/2×64g·mol-1=0.64g铜析出,阳极产生氯气,两电极的质量之差是0.64g。‎ ‎11.已知X、Y、Z三种元素均为短周期元素,原子序数依次递增,Q、W为前30号元素。5种元素的部分特点:‎ 元素 特点 X 其气态氢化物呈三角锥形,水溶液显碱性 Y 基态原子核外有三个能级,其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍 Z 元素原子的外围电子层排布式为nsn-1npn-1‎ Q 被誉为“太空金属”、“生物金属”,其基态原子最高能级有3个空轨道 W 原子M能层为全充满状态且核外的未成对电子只有一个 ‎(1)XF3分子中X的杂化类型为______,该分子的空间构型为_______。‎ ‎(2)基态Q原子的电子排布式为_____________________,第一电离能:X______Y(填“>” “<”或“=”)。‎ ‎(3)X、Y、Z电负性由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。‎ ‎(4)Na在Y2中燃烧产物的电子式为________________。‎ ‎(5)Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料,化学性质稳定,据此推测它应属于_______晶体。‎ ‎(6)W元素与X元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示(黑球代表W原子),若该晶体的密度为ρ g·cm-3,则该晶胞的体积是__________cm3。‎ ‎【答案】(1). sp3 (2). 三角锥形 (3). 1s22s22p63s23p63d24s2 (4). > (5). O>N>Si (6). (7). 原子 (8). ‎ ‎【分析】X、Y、Z三种元素均为短周期元素,原子序数依次递增,Q、W为前30号元素。由X的气态氢化物呈三角锥形,水溶液显碱性,X为N元素;Y的基态原子核外有三个能级,其中最外层电子数等于次外层电子数的3倍,最外层电子数为6,可知Y为O元素;Z的外围电子层排布式为nsn-1npn-1,n-1=2,可知n=3,即外围电子层排布式为3s23p2,Z为Si元素;Q被誉为“太空金属”也有“生物金属”之称,其基态原子最高能级有3个空轨道,则最高能级的电子排布式为3d2‎ ‎,Q为Ti元素;W的原子M能层为全充满状态,且核外的未成对电子只有一个,电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,W为Cu元素,据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知,X为N元素、Y为O元素、Z为Si元素、Q为Ti元素、W为Cu元素。‎ ‎(1)XF3分子中N原子上有1对孤对电子,形成3个N-F共价键,则X的杂化类型为sp3;空间构型为三角锥形,故答案为:sp3;三角锥形;‎ ‎(2)Q为Ti元素,原子序数为22,基态Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2;N的2p电子半充满,为稳定结构,则第一电离能X>Y,故答案为:1s22s22p63s23p63d24s2;>;‎ ‎(3)非金属性越强,电负性越大,则X、Y、Z电负性由大到小的顺序为O>N>Si,故答案为:O>N>Si;‎ ‎(4)Na在Y2中燃烧产物为过氧化钠,为离子化合物,其电子式为,故答案为:;‎ ‎(5)Z和X形成的化合物常用作高温耐火材料,化学性质稳定,可知熔点高,该化合物为原子晶体,故答案为:原子;‎ ‎(6)黑球代表W原子,位于棱上,个数为12×=3,N位于顶点,个数为8×=1,因此化学式为Cu3N,晶胞的质量为g,该晶体的密度为ρ g•cm-3,则该晶胞的体积是=cm3,故答案为:。‎ ‎【点睛】本题易错点为(6),要注意均摊法的应用,本题中Cu原子位于棱上,1个只能算个。‎ ‎12.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物。其部分合成工艺如下:‎ ‎(1)已知不能稳定存在。反应①中X的分子式为C6H10O3,则X的结构简式为___________。‎ ‎(2)反应①、②的反应类型分别为______________、______________。‎ ‎(3)下列有关说法正确的是________。‎ A.化合物B和C分子各含有1个手性碳原子 B.化合物C能发生加成反应、取代反应和消去反应 C.1 mol羟甲香豆素最多可与2 mol NaOH反应 ‎(4)写出满足下列条件的化合物C的一种同分异构体的结构简式___________。‎ ‎①能发生水解反应,且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应;‎ ‎②分子中只有2种不同化学环境的氢 ‎(5)反应③化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). CH3COCH2COOCH2CH3 (2). 加成反应 (3). 取代反应 (4). AB (5). (6). ‎ ‎【分析】(1)由X的分子式C6H10O3和B的结构简式分析可知X的结构简式;‎ ‎(2)由A、X、B结构简式可以看出反应①的反应类型,由B和C的结构简式看可以看出反应②是B分子内的酯化反应;‎ ‎(3)观察B和C及羟甲香豆素的结构简式回答;‎ ‎(4)在C的同分异构体中,①能发生水解反应,必须是含有酯基,且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明属于酚酯,②分子中只有2种不同化学环境的氢,要求分子结构是对称的,由此分析即可写出结构简式;‎ ‎(5)由题中看出反应③是C发生消去反应,生成羟甲香豆素。‎ ‎【详解】(1)由X的分子式为C6H10O3且A和X反应生成B,对比A、B的结构简式及不能稳定的信息,不难看出X的结构简式为:CH3COCH2COOCH2CH3;‎ 本题答案为:CH3COCH2COOCH2CH3。‎ ‎(2)由A、X、B的结构简式可以看出反应①X上的羰基和A发生的加成反应,由B和C的结构简式看可以看出反应②是B分子内的取代反应;‎ 本题答案为:加成反应、取代反应。‎ ‎(3)A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子,B和C的结构中均含有1个手性碳,故A正确;‎ B.化合物C的分子中含有苯环,羟基、酯基所以能发生加成反应、取代反应和消去反应,故B正确;‎ C.1 mol羟甲香豆素最多可与3 mol NaOH反应,故C错误;‎ 本题答案为:AB。‎ ‎(4)在C的同分异构体中,①能发生水解反应,必须是含有酯基,且水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明属于酚酯,②分子中只有2种不同化学环境的氢,要求分子结构是对称的,依据C的结构简式可知满足上述要求的同分异构体的结构简式为:;‎ 本题答案为:。‎ ‎(5)由题中看出反应③是C发生消去反应,生成羟甲香豆素,化学方程式为:;‎ 本题答案为:。‎

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