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本文(河南省信阳市士源高级中学2015-2016学年高二下学期6月月考化学试卷 WORD版含解析.doc)为本站会员(高****)主动上传,免费在线备课命题出卷组卷网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知免费在线备课命题出卷组卷网(发送邮件至service@ketangku.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

河南省信阳市士源高级中学2015-2016学年高二下学期6月月考化学试卷 WORD版含解析.doc

1、河南省信阳市士源高级中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷(解析版)1化学与生活密切相关下列应用中利用了物质氧化性的是( )A氧化铝-耐火材料 B食醋除水垢C漂白粉漂白织物 D明矾净化水【答案】C【解析】试题分析:A、氧化铝的熔点高,可用作耐火材料,与氧化性无关,A不符合题意;B、食醋显酸性,能与碳酸钙反应而除水垢,与氧化性无关,B不符合题意;C、漂白粉具有强氧化性,看漂白织物,与氧化性有关系,C正确;D、明矾溶于水生成的氢氧化铝胶体具有吸附性而净水,与氧化性无关,D不符合题意,答案选C。考点:考查物质性质和用途2建筑用的钢材在出厂前都要经过烤蓝处理,使其表面生成一层四氧化三铁,其

2、目的是A增加钢材的硬度 B增强钢材的抗腐蚀能力 C使钢材美观 D增加钢材的韧性【答案】B【解析】试题分析:钢材经过烤蓝处理是为了增强其抗腐蚀能力。考点:铁的化合物。3铁和足量盐酸反应时,若有2 mol e转移,则参加反应的铁的质量为( )A.28 g .56 g.84 g .112 g【答案】B【解析】根据氧化还原反应中转移电子守恒和方程式Fe+2HClFeCl2+H2知,有2 mol e转移,需有1 mol Fe参加反应,1 mol Fe的质量为56 g。4已知:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H1=-Q1H2(g)+O2(g)H2O(g)H2=-Q2H2(g)+O2(

3、g)H2O(l)H3=-Q3,常温下取体积比为41的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(已折合成标准状况),经完全燃烧恢复到常温,放出的热量是()A.0.4Q1+0.05Q2 B.0.4Q1+0.1Q2C.0.4Q1+0.05Q3D.0.4Q1+0.1Q3【答案】D【解析】标准状况下,11.2 L混合气体中,n(CH4)=0.5 mol=0.4 mol,则n(H2)=0.1 mol,由于完全燃烧恢复到室温时,水为液体,因此H2燃烧放出的热量应按进行计算,结果为0.4Q1+0.1Q3。5某温度下,在体积一定的密闭容器中适量的NH3和Cl2两种气体恰好完全反应。若反应产物只有N2气体和NH4Cl固体

4、,则反应前后容器中的压强比接近于( )A1:11 B11:1 C7:11 D11:7【答案】B【解析】试题分析:密闭容器中适量的NH3和Cl2两种气体恰好完全反应,生成了N2气体和NH4Cl固体,其化学反应方程式为:8NH33CI2=N26NH4Cl,所以反应前后容器中的压强比接近于11:1,故本题的答案选择B。考点:化学反应方程式点评:本题考查了化学反应方程式的书写,该题要正确书写出该反应的化学方程式有一定的难度。6在Ca(OH)2(Ksp=5.5106)、Mg(OH)2(Ksp=1.21011)、AgCl(Ksp=1.561010)三种物质中,下列说法正确的是( )AMg(OH)2的溶解度

5、最小 BCa(OH)2的溶解度最小CAgCl的溶解度最小 D三种物质的Ksp都随着温度升高而增大【答案】C【解析】试题分析:由Ca(OH)2与Mg(OH)2化学式结构组成相似,而且Ca(OH)2的Ksp大于Mg(OH)2的Ksp,所以氢氧化镁的溶解度小;cMg(OH)2=c(Mg2+)=10-3mol/L,c(AgCl)=c(Ag+)=10-5mol/L,所以AgCl的溶解度比Mg(OH)2的溶解度小,故C正确,AB错误;D、Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小,即Ksp都随着温度升高而减小,故D错误;故选C。考点:考查了溶度积常数与溶解度的关系的相关知识。7某温度下,反应2NO2N2O4

6、;HO,在密闭容器中达到平衡。平衡时改变外界条件,使反应再次平衡,新平衡时,c(NO2)/c(N2O4)与原平衡相比变大了,则改变条件的可能有A保持容器容积和温度不变,向容器内补充了NO2B保持容器压强和温度不变,向容器内补充了N2O4C保持容器容积和温度不变,向容器内补充了N2 D保持容器的容积不变,升高了温度【答案】D【解析】试题分析:定温定容时,向容器中充NO2,平衡向右移动,c(NO2)/c(N2O4)减小;定温定压时,向容器中充入N2O4,平衡不移动,c(NO2)/c(N2O4)不变; 定温定容时向容器中充N2,平衡不移动,c(NO2)/c(N2O4)不变;保持容器体积不变,升高温度

7、,平衡向左移动,c(NO2)/c(N2O4)增大。考点:勒沙特列原理 点评:分清定温定容还是定温定压。8下列相关化学知识的说法正确的是A分散系中分散质粒子的大小是:Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体Fe(OH)3胶体FeCl3 溶液;饱和氯水具有强氧化性,能将 SO32氧化成 SO42,B 中不能大量共存;沉淀转化的实质是相对难溶解的转化为更难溶解的,由 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)可知,AgI 更难溶于水,C正确。计算气体体积时要有压强和温度两个条件,否则不能确定其体积, D错考点:化学基本概念和基本理论9在相同的温度与体积下,对反应CO2(g) + H2(g) CO(g) + H

8、2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验,实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表CO2H2COH2O甲amolamol0mol0mol乙2amol2amol0mol0mol丙2amol2amolamolamol丁amol0mol2amol2amol上述四种情况,起始的时候正反应速率(H2)正大小顺序正确的是A丙丁乙甲 B丙乙=丁甲 C丙乙甲丁 D乙=丙甲丁【答案】D【解析】试题分析:在相同的温度与体积下,反应物浓度越大,正反应速率越大,因为乙=丙甲丁,所以起始的时候正反应速率(H2)正乙=丙甲丁, D、D项正确;答案选D。考点:考查影响化学反应速率的因素,注意与化学平衡建立过程区别10室温时在

9、实验室里将1.12 L H2S(g)通入1L某浓度的烧碱溶液中,恰好完全反应,测得溶液的pH=10(体积变化忽略不计),正确的推断是(NA代表阿伏加德罗常数)A硫化氢的分子数目约为0.05NA个 B原烧碱溶液中约含溶质微粒0.1NA个C反应后溶液中约含OH- 110-4NA个 D反应后溶液中约含S2- 0.05NA个【答案】C【解析】试题分析:A、条件不是标准状况,1.12L H2S物质的量不是0.05mol,硫化氢的分子数目不是0.05NA个,故A错误;B、反应后溶液显碱性可能是氢氧化钠过量,也可能是恰好反应生成硫化钠水解显碱性,不能计算氢氧化钠微粒数;C、恰好完全反应,测得溶液的pH=10

10、,c(H+)=10-10mol/L,依据离子积常数c(H+)C(OH-)=10-14,c(OH-)=10-4,反应后溶液中约含OH- 110-4NA个,故C正确;D、条件不是标准状况,1.12L H2S物质的量不是0.05mol;不能计算硫离子数,故D错误;故选C考点:本题考查了酸碱反应溶液酸碱性分析,溶液离子积的计算应用,气体摩尔体积的条件分析,题目难度中等11下列各组物质,总质量一定,改变组分的含量,完全燃烧生成二氧化碳和水的比改变的是A苯和乙炔 B乙醇与乙烯 C乙烯和环己烷 D丙酸与甲酸乙酯【答案】B【解析】试题分析:总质量一定,改变组分的含量,完全燃烧生成二氧化碳和水的比改变,这说明化

11、合物中碳氢质量之比不是定值,则A、苯乙炔的混合物中碳氢质量之比是定值,始终是12:1,A错误;乙醇和乙烯组成的混合物中随着组分含量的变化,碳氢质量之比是变化的,B正确;C、乙烯和环己烷组成的混合物中碳氢质量之比始终是6:1,C错误;D、丙酸与甲酸乙酯成的混合物中碳氢质量之比始终是6:1,D错误,答案选B。考点:考查有机物燃烧的计算12设NA 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A标准状况下,112L HF中含有分子的数目为0.5NAB0.1molFe与少量氯气反应生成FeCl2,转移电子数为0.2NAC1.4g 由乙烯和环丙烷组成的混合物中含有原子的数目为 03NAD0.1 molL1碳酸钠

12、溶液中含有CO32离子数目小于0.1 NA【答案】C【解析】试题分析:A、HF的沸点()是19.5,所以标况下是液体,题中条件无法计算其个数,A项错误;B、Fe与少量氯气反应生成FeCl3而不是FeCl2,B项错误;C、乙烯与环丙烷最简式相同都是:CH2,所以CH2的物质的量=, =0.1mol,所以含有原子的物质的量=30.1mol=0.3mol,个数=0.3NA,C项正确;D、没有指明溶液体积无法计算物质的量,D项错误;答案选C。考点:考查化学实验基本操作1325时进行四组实验,其中“实验内容”与对应“现象或结论”关系错误的是选项实验内容现象或结论A向2SO2+O22SO3的平衡体系中加入

13、由18O构成的氧气则SO2中的18O的含量会增加B向pH=1的盐酸和醋酸各0.5L的溶液中各加入1.4g铁粉醋酸中生成H2的速率快且最终气体量多C以石墨为电极,电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)阴极逸出气体且附近溶液渐呈红色D以Pb为负极,硫酸溶液为电解质的铅蓄电池,在放电过程中负极质量增加,SO42-向负极迁移,溶液pH增大【答案】B【解析】试题分析:A.向2SO2+O22SO3的平衡体系中加入由18O构成的氧气,增大反应物的浓度,平衡正向移动,产生SO3中含有18O;含有18O的SO3的物质会在发生分解反应产生SO2,所以SO2中的18O的含量会增加,正确;B. 向pH=1的盐酸和醋酸

14、各0.5L的溶液中各加入1.4g铁粉,在开始时,c(H+)相同,速率相同,由于醋酸是弱酸,在溶液中存在电离平衡,随着反应的进行,溶液中c(H+)减小,但是由于醋酸会电离产生H+,溶液中c(H+)减小的慢,所以在反应过程中产生的氢气速率比盐酸快,但是溶液的体积不能确定,所以不能确定最终产生氢气的量的多少。错误;C. 以石墨为电极,电解KI溶液,在阳极,发生反应:2I-2e-=I2;碘单质与淀粉,溶液变为蓝色;在阴极,H+得到电子变为氢气,附近的溶液c(OH-)增大,溶液显碱性,使酚酞溶液变为红色;正确;D.以Pb为负极,硫酸溶液为电解质的铅蓄电池,在放电过程中,负极发生反应:Pb-2e-+SO4

15、2-=PbSO4;负极的质量增加,根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,SO42-向负极迁移,在正极发生反应:PbO2+2e-+4H+ SO42-=PbSO4+2H2O;由于不断消耗H+,产生水,所以溶液pH增大,正确。考点:考查化学实验的目的、结论的关系的知识。14(1)向MnSO4和硫酸的混合溶液里加入K2S2O8(过二硫酸钾),溶液中会发生如下反应:Mn2+ S2O82-+H2OMnO4-+SO42一十H+该反应常用于检验Mn2+的存在。其特征现象是 。若反应中有01 mol还原剂参加反应,则消耗氧化剂的物质的量为 mol。(2)若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰,当它跟过量的过硫酸

16、钾反应时,除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外,其他的生成物还有 。(3)将NaBiO3固体(黄色微溶)加入到MnSO3和H2SO4的混合溶液里加热,固体溶解变为澄清溶液,发生如下反应: NaBiO3+ MnSO4+ H2S04 Na2S04+ Bi2(SO4)3+ NaMnO4+ H2O。配平上述反应的化学方程式;上述反应中还原产物是 。用单线桥表示该氧化还原反应 。(4)S2O82-在一定条件下,可转变为S2O32-,写出往K2S2O3中滴加稀硫酸的离子方程式: 。【答案】(1)溶液由无色变为紫色;0.25 (2)Cl2 (3) 10、4、14、3、5、4、14;Bi2(SO4)3 (4)S2

17、O32-+2H+S+SO2+H2O【解析】试题分析:(1)MnO4-为紫色,其它离子均为无色,则反应的现象为溶液由无色变为紫色;Mn元素的化合价升高,S元素的化合价降低,有0.1mol还原剂(MnSO4)参加反应,则消耗氧化剂的物质的量为0.25mol;(2)硫酸锰改为氯化锰,当它跟过量的过硫酸钾反应时,氯离子可能被氧化,则除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外,其他的生成物还有Cl2;(3)Bi元素的化合价由+5价降低为+3价,Mn元素的化合价由+2价升高为+7价,结合电子守恒、原子守恒可知,反应为10NaBiO3+4MnSO4+14H2S043Na2S04+5Bi2(SO4)3+4NaMnO4+

18、14H2O,故答案为:10;4;14;3;5;4;14;Bi元素的化合价降低,被还原,对应还原产物为Bi2(SO4)3;Mn失去电子,Bi得到电子,该反应中转移20e-,用单线桥表示该氧化还原反应为;(4)K2S2O3中滴加稀硫酸,发生氧化还原反应生成硫酸钾、S、二氧化硫和水,离子反应为S2O32-+2H+S+SO2+H2O,故答案为:S2O32-+2H+=S+SO2+H2O考点:考查氧化还原反应的有关判断与计算15.短周期元素R被称为“生命元素”,R元素的最价高氧化物对应的水化物能与其气态氢化物化合生成盐A,写出生成A的化学方程式 。.将一定量Mg、Al合金溶于40 mL的H2SO4溶液中,

19、然后向所得溶液中滴加1 molL1 的NaOH溶液,产生沉淀的物质的量(n)与滴加的NaOH溶液(mL)体积的关系如图所示。(1)合金中Mg、Al的物质的量之比为 _。(2)所加硫酸的物质的量浓度为_。【答案】(10分). NH3+HNO3=NH4NO3 - 3分. (1) 1:1 3分 (2) 1 molL1 4分说明:化学方程式不配平不得分,化学式、关键字、罗马数字写错、元素符号严重不规范、答案写错位置不得分;漏条件、浓字扣1分;不写不扣分。【解析】试题分析:. R为N元素,其最价高氧化物对应的水化物为HNO3,氢化物为NH3,反应生成A的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3。. .

20、 (1)BC过程是沉淀Al(OH)3溶解的过程,发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO2-+H2O,消耗的NaOH溶液为0.01mol,根据方程式计算Al(OH)3为0.01mol,根据质量守恒定律得Al为0.01mol。AB过程为生成Mg(OH)2和Al(OH)3的过程,发生反应的离子方程式为Mg2+2OH-= Mg(OH)2,Al3+3OH-= Al(OH)3,消耗NaOH溶液为0.05mol,根据方程式计算,Al为0.01mol,即Al3+消耗NaOH溶液为0.03mol,则Mg2+消耗NaOH溶液为0.02mol,即Mg2+为0.01mol。根据根据质量守恒定律得Mg为0.

21、01mol。故合金中Mg、Al的物质的量之比为1:1。(2)Mg、Al合金消耗硫酸的物质的量为0.01mol+0.015mol=0.025mol,根据图像分析,硫酸消耗NaOH溶液为0.03mol,硫酸的物质的量为0.15mol。总硫酸的物质的量为0.04mol故所加硫酸的物质的量浓度为0.04mol0.04L=1mol/L。考点:元素周期律的应用 化学方程式的书写 镁、铝的重要化合物 物质的量浓度的相关计算点评:本题考查镁铝混合物的计算,题目难度不大,注意分析图象曲线的意义,根据物质的性质结合化学方程式计算。16选用如图所示仪器中的两个或几个(内含物质)组装成实验装置,以验证木炭可被浓H2S

22、O4氧化成CO2,下列说法正确的是A按气流从左向右流向,连接装置的正确顺序是AFECDBB丁中溶液褪色,乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2C丙中品红溶液褪色,乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2D丁和丙中溶液都褪色,乙中溶液变浑浊,说明甲中有CO2生成【答案】A【解析】试题分析:A木炭与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2和SO2,检验CO2一般用澄清石灰水,但SO2也能使澄清石灰水变浑浊,因此在检验之前需要先除去SO2,可以用酸性高锰酸钾溶液氧化SO2,然后通过品红溶液检验SO2是否被除尽,最好检验CO2,因此按气流从左向右流向,连接装置的正确顺序是AFECDB,A正确;B根据以上分析可知丁中溶液褪

23、色,品红溶液不褪色,乙中溶液变浑浊说明甲中生成CO2,B错误;C丙中品红溶液褪色,说明仍然有SO2,所以乙中溶液变浑浊不能说明甲中生成CO2,C错误;D根据以上分析可知丁和丙中溶液都褪色,乙中溶液变浑浊,并不能说明甲中有CO2生成,D错误,答案选A。考点:考查气体检验实验方案设计与探究17某化学活动小组设计以下装置进行不同的实验。其中a为用于鼓入空气的气囊,b 为螺旋状铜丝,c中盛有冰水。(1)若用A装置做乙醇与乙酸的酯化反应实验,则还需连接的装置是_(填序号),该装置中应加入试剂_。从实验安全角度考虑,A装置试管中除加入反应液外,还需加入的固体物质是_。(2)该小组同学欲做乙醇氧化成乙醛的实

24、验,则应选用的装置是_(填序号),再用制得的乙醛溶液进行银镜反应,正确的操作顺序是_(填序号)。向试管中滴入3滴乙醛溶液一边振荡一边滴入2%的稀氨水,直至最初产生的沉淀恰好溶解为止振荡后放入热水中,水浴加热在洁净的试管中加入1 mL 2%的AgNO3溶液【答案】(1)D 饱和碳酸钠溶液 碎瓷片(2)ABC 【解析】试题分析:(1)若用A装置做乙醇与乙酸的酯化反应实验,需要连接D装置,不能用连接E,防止倒吸,加入饱和碳酸钠溶液,吸收乙醇,中和乙酸,降低乙酸乙酯溶解度,防止倒吸;A装置液体加热沸腾需要加入碎瓷片/沸石,防止暴沸;(2)做乙醇氧化成乙醛的实验,需要提供乙醇蒸气和氧气在催化剂作用下氧化

25、反应生成乙醛,反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,冷却得到液体乙醛,装置连接为A、B、C;乙醛溶液进行银镜反应,先制取银氨溶液,向硝酸银溶液中滴入氨水至变色沉淀全部溶解得到银氨溶液,滴入乙醛溶液在水浴中加热反应观察银镜现象,实验顺序是。考点:考查有机物性质实验方案的设计18某化学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性,设计如下实验装置。(1)C装置的作用:_。(2)实验室用装置E制备Cl2,化学反应方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。该反应中的还原剂是_(填化学式)。(3)反应开始一段时间后,观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的

26、现象是:B_, D_。停止通气后,再给B、D两个试管分别加热,两个试管中的现象分别为B_, D_。(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性,二者混合后漂白性肯定会增强。他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液中,结果发现品红溶液未退色。请你分析产生该现象的原因_(用化学方程式表示)。【答案】(1)尾气处理,吸收SO2和Cl2防止污染环境(2分) (2)HCl(2分)(3)品红褪色 (2分); 品红褪色。 (2分) 【解析】试题分析:(1)C装置的作用是除去B中剩余的SO2和D项剩余的Cl2,故C的作用是尾气处理,吸收SO2和Cl2防止污染环境。(2)MnO2+4HCl(

27、浓)MnCl2+Cl2+2H2O HCl作为还原剂,失去电子,发生氧化反应(3)SO2和 Cl2都能使品红褪色 ,加热后B中褪色的品红溶液又恢复红色而D项无明显现象,主要是因为SO2与水作用生成的亚硫酸的漂白性具有不稳定性,加热后溶液又恢复到原来的颜色,而D项中实质是生成的HClO使品红溶液褪色,加热后溶液不褪色。(4)Cl2和SO2在水的作用下发生如下反应:Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4 HCl和H2SO4都无漂白性。(2分)考点:SO2和氯水的漂白性点评:SO2和氯水的漂白原理是高中化学的一个难点,本题侧重考查学生的实验探究能力和分析问题的能力,考生平时要注意学会多观察,多动

28、脑。19(6分)将100 mL 5 molL-1 NaOH(aq)稀释到500 mL,稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为_;将氯气通入此溶液充分反应,可制得漂白液,其中含有效成分的物质的量最多为_。【答案】1 molL-1 ; 025 mol 。【解析】试题分析:根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O计算NaClO的物质的量。100mL 5molL-1 NaOH溶液中NaOH的物质的量为01L5molL-1=05mol,稀释前后NaOH的物质的量不变,则稀释到500mL后溶液中NaOH的物质的量浓度为=1mol/L;漂白液的有效成分是NaClO,根据方程式Cl2+2NaO

29、H=NaCl+NaClO+H2O , n(NaClO)=025mol。考点:考查物质的量的相关计算。20有机物丙(C13H18O2)是一种香料,其合成路线如图所示。其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56,它的核磁共振氢谱显示只有三组峰;D可以发生银镜反应,在催化剂存在条件下1 mol D与2 mol H2反应可以生成乙;丙中含有两个-CH3(1)A的结构简式为 ;乙的分子式为 。(2)C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_。(3)D所含官能团的名称是 ;D有多种同分异构体,其中与其所含官能团相同的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。(4)甲与乙反应的化学方程式为 。(5)写出满足下列

30、条件的有机物的结构简式 与乙互为同分异构体;遇FeCl3溶液显紫色;其苯环上的一溴代物只有两种。【答案】(1)(CH3)2C=CH2 C9H12O(2)(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH (CH3)2CHCOONa+Cu2O+3H2O(3)碳碳双键、醛基 4(4) (5) 【解析】 试题分析:(1)由A的性质及题目提供的信息可知A为不饱和的烯烃。设去分子式为CnH2n 。14n=56。解得n=4即A为C4H8。因为它的核磁共振氢谱显示只有三组峰,说明含有三种H原子,则A为CH2=C(CH3)2 B为2-甲基丙醇 (CH3)2CHCH2OH B催化氧化为C:2-甲基丙醛 (CH3

31、)2CHCHO。C与新制的氢氧化铜悬浊液共热,煮沸可得甲:2-甲基丙酸 (CH3)2CHCOOH。因为甲乙发生酯化反应得到酯C13H18O2和水,所以在乙的分子中含有的各种元素的原子个数为C:13-4=9;H:18+2-8=12O:2+1-1=2乙分子式为C9H12O。(2)2-甲基丙醛 (CH3)2CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH (CH3)2CHCOONa+Cu2O+3H2O(3)D可以发生银镜反应,证明D中含有醛基(-CHO);在催化剂存在条件下1 mol D与2 mol H2反应可以生成乙,则乙中还含有碳碳双键。因此

32、D所含官能团的名称是碳碳双键、醛基。D有多种同分异构体,其中与其所含官能团相同的同分异构体有4种。它们分别是:;。(4)甲与乙反应的化学方程式为 (5)写出满足条件:与乙互为同分异构体;遇FeCl3溶液显紫色;其苯环上的一溴代物只有两种的有机物的结构简式 和。考点:考查有机物的推断。包括有机物的分子式、结构式、结构简式、化学方程式的书写、同分异构体的种类及官能团的名称等知识。21某烃A的质谱图表明其相对分子质量为84,红外光谱表明分子中含有碳碳双键,核磁共振谱表明分子中只有一种类型的氢。(1)写出A的结构简式 。(2)A中的碳原子是否都处于同一平面? (填“是”或者“不是”)。2006年5月,

33、齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭。“亮菌甲素”的结构简式为: 。它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。假药中使用廉价的二甘醇作为辅料,二甘醇为工业溶剂,有很强的毒性。请回答下列问题:(3)下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是 (填字母)。A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素” 的分子式是C12H10O5 D“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种(4)丙二醇的分子式是C3H8O2,已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在。写出其所有属于醇类的同分异构体的结构简式 。(5)依据核磁共振氢谱分析,二甘醇分子中有3个吸收峰,其峰面积

34、之比为221。又知二甘醇中含碳、氧元素的质量分数相同,且氢元素的质量分数为9.4%,1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成1 mol H2。写出二甘醇的结构简式 。【答案】(1) (2)是(3)AC(4)(2分,写对一个给1分)(5)HOCH2CH2OCH2CH2OH【解析】试题分析:(1)某烃类化合物A的质谱图表明其相对分子质量为84,红外光谱表明分子中含有碳碳双键,该物质是烯烃,分子式符合CnH2n,14n84,则n6。核磁共振氢谱表明分子中只有一种类型的氢。则说明只有一种H原子,该物质高度对称,其结构简式是。(2)乙烯分子是平面分子,由于四个甲基取代的是乙烯分子中的四个H原子,因此甲基碳原

35、子也在一个平面上。故A中的碳原子是都处于同一平面。(3)A、“亮菌甲素”分子中含有苯环和碳碳双键,可与氢气发生加成反应,A正确;B、“亮菌甲素”分子中含有碳碳双键,可以使酸性KMnO4溶液褪色,B错误;C、根据“亮菌甲素”的结构简式判断其分子式为C12H10O5,C正确;D、“亮菌甲素”分子中含有羟基、碳碳双键、酯基3种官能团,D错误,答案选AC。(4)丙二醇的分子式是C3H8O2,已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在,则其所有属于醇类的同分异构体的结构简式有。(5)由题意可知,二甘醇分子中C、O的质量分数都是(1-9.4%)/245.3%,因此二甘醇分子中C、H、O的原子个数比是4:10:3。1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成1 mol H2,说明二甘醇分子中有2个羟基,又因为二甘醇分子中有3个吸收峰,其峰面积之比为221,所以二甘醇的结构简式为HOCH2CH2OCH2CH2OH。考点:考查有机物的推断,结构简式的判断,官能团、同分异构体的判断,化学方程式的书写

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