1、河南省新乡市第八中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列涉及有机物的说法正确的是 （ ）A苯能与溴单质发生取代反应，因此不能用苯萃取溴水中的溴B丙烷是一种清洁燃料，可用作燃料电池的燃料C淀粉和纤维素水解产物都是葡萄糖，因此二者互为同分异构体D苯乙烯、氯乙烯都是不饱和烃，均可用于合成有机高分子材料【答案】B【解析】2下列实验中:pH试纸的使用 过滤 蒸发 配制一定物质的量浓度溶液，均用到的仪器是A蒸发皿 B玻璃棒 C试管 D分液漏斗【答案】B【解析】试题分析：pH试纸：玻璃棒、表面皿；过滤：烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、带铁圈的铁架台；蒸发：玻璃棒、蒸发皿、三脚架、酒精灯；
2、配制一定物质的量浓度溶液：容量瓶、天平（量筒）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。均用到的仪器是玻璃棒，B正确。考点：考查实验仪器。3金属A与非金属B可以直接化合生成化合物AxBy。甲、乙两同学分别做A和B化合的实验，每人所用A和B的质量不相同，但总质量为12 g，甲、乙所用A、B质量和得到的化合物AxBy的质量如下：ABAxBy甲8 g4 g11 g乙7 g5 g11 g则A、B所发生的反应为（ ）A.2Cu+O22CuO B.Fe+SFeSC.3Fe+2O2=Fe3O4 D.2Fe+3Cl22FeCl3【答案】B【解析】比较甲、乙，若甲中B过量则减少A时，AxBy应减少。故甲中A过量，反应的A为11
3、 g-4 g=7 g，将选项予以验算，符合74的为B。4在：化合反应；分解反应；置换反应；复分解反应四种基本反应类型中，可以生成水的是()A只有 B只有C只有 D【答案】D【解析】试题分析：可以用方程式举例法来判断。2H2+O22H2O； Cu(OH) 2CuO+H2O；CuO+H2Cu+H2O；CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O。所以这四种基本反应类型都可以生成水。考点：化学反应类型5 化学式为C4H5Cl的有机物，其结构不可能是 A含一个叁键的直链有机物 B含有两个双键的直链有机物C含一个双键的环状有机物 D只含单键且两个环的环状有机物【答案】D【解析】试题分析：由于化学式为
4、C4H5Cl，可以理解为氯原子取代了氢原子，分子式按照C4H6与碳原子数相同的烷烃C4H10分子相比较少了4个H，A、一个叁键的少四个H，可以，A项错误；B、两个双键少四个氢，可以B项错误；C、含一个双键的环状有机物，少四个氢，可以，C项错误；D、4个C不可能形成两个环的环状有机物，D项正确；答案选D。考点：考查有机物结构推断6生活中的一些问题常涉及到化学知识，则下列叙述正确的是 （ ）A氢氧化铁溶胶、水玻璃、淀粉溶液、PM2.5微粒均具有丁达尔效应B明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同C氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有较强氧化性，与铜发生置换反应D高温能杀死流感病毒是
5、因为构成病毒的蛋白质受热变性【答案】D【解析】试题分析：胶体粒子直径在1100纳米，胶体具有丁达尔效应，水玻璃、PM2.5不是胶体，故A错误；明矾净水是利用氢氧化铝的吸附性、漂白粉消毒是利用次氯酸的氧化性消毒，两者的作用原理不相同，故B错误；，不属于置换反应，故C错误；病毒是蛋白质，蛋白质受热变性，故D正确。考点：本题考查化学与生活。 7可以将反应Zn+Br2ZnBr2设计成蓄电池，下列4个电极反应（ ）Br2 + 2e 2Br- 2Br- - 2eBr2 Zn 2eZn2+ Zn2+ + 2eZn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（ ）A和 B和 C和 D和【答案】C【解析】
6、试题分析：充电时，阳极上电解质溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，所以是溴离子失去电子发生氧化反应生成溴单质，电极反应式为2Br-2e-Br2；放电时，较活泼的金属锌失去电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-Zn2+，即选项C正确，答案选C。考点：考查原电池和电解池原理8下列关于化学键的说法中，不正确的是A化学键是一种作用力B化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合C化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成D非极性键不是化学键【答案】D【解析】试题分析：A化学键是原子结合形成物质分子或形成物质的作用力，正确；B化学键的类型有离子键、共价键、金属键，因此化学键可以使
7、离子相结合形成离子化合物，也可以使原子相结合形成物质分子或形成原子晶体，正确；C化学反应过程是原子重新组合的过程，在这个过程中反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成，正确；D非极性键和极性键都是化学键中共价键的类型，错误。【考点定位】考查化学键的作用种类的知识。【名师点晴】元素的种类只要100多种，尽管有些元素存在同位素现象，但原子的种类也不会很多，但组成世界的物质种类有几百万种，说明原子之间存在作用力，我们就把相邻的两个或多个原子之间的强烈的相互作用叫化学键。化学键的类型有离子键、共价键、金属键，共价键又根据共用电子对是否发生偏转分为极性共价键和非极性共价键。离子键存在于离子化合物
8、中；共价键可能存在于非金属单质（惰性气体元素除外）、离子化合物、共价化合物中，金属键存在于金属单质及合金中。氢键属于分子间作用力，不是化学键。化学键是原子结合形成物质分子或直接形成物质的强烈的相互作用力。了解化学键可以更好的认识物质的结构。9化合物H是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体,其结构简式如图所示(未表示出其空间构型)。下列关于化合物H的性质描述正确的是A能与FeCl3溶液发生显色反应BH的分子式是C20H26NO3C能发生加成、取代、消去反应D1 mol该物质最多可与1 mol NaOH反应 【答案】C【解析】试题分析：该有机物没有含有酚羟基，不可与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误
9、；H的分子式是C20H27NO3，故B错误；该有机物含有苯环，能发生加成反应，含有羟基，能发生消去反应，取代反应，C正确；该有机物没有可与NaOH反应的官能团，故D错误；故选C。考点：考查有机物的结构和性质。10臭氧层是地球上生物的保护层，在平流层存在:2O33O2 ；O3O+ O2。某些微粒X（X为Cl、Br等) 能加速O3的分解:X+O3XO+ O2 ； XO+OX + O2。已知: 2O33O2 +144.8 kJ ； t 时K31076。下列说法错误的是A.氟利昂释放出的氯原子是臭氧层中促进O3分解的催化剂 B.高压放电条件下O2可以转化成O3C. O3转变为O2时的能量变化可用右图表
10、示 D.t 时3O22O3 K3.3310-77 【答案】C【解析】试题分析：A、氟利昂在紫外线的照射下分解生成的氯原子在此转化过程中作为催化剂，加速臭氧层破坏，故A正确；B、高压放电条件下，压强增大，O2可以转化成O3，故B正确；C、根据反应2O33O2+144.8kJ可知，该反应是吸热反应，故C错误；D、逆反应的K值是正反应K值的倒数，因此该反应的平衡常数K3.3310-77，故D正确，答案选C。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响；反应热判断以及平衡常数的计算等11在372K时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为
11、 0.02molL1。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是（ ）A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01molL1s1B. 在2s时体系内压强为开始时的1.1倍C. 在平衡时体系内含有N2O40.25molD. 平衡时，N2O4的转化率为40%【答案】B【解析】N2O4和NO2存在如下转化关系N2O42NO2，前2s时 N2O42NO2起始（mol） 0.5 0反应（mol） 0.05 0.0252s时（mol） 0.50.05 0.025v（N2O4）0.005molL1s1气体总的物质的量为0.5mol0.05mol0.02mol
12、L15L0.55mol。2s时与开始的压强之比为p（2s）p（始）0.550.51.11。60s达到平衡时，设参加反应的N2O4的物质的量为x。则有 N2O42NO2起始（mol） 0.5 0反应（mol） x 2x平衡（mol） 0.5x 2x平衡时，气体总的物质的量为0.5molx2x0.5molx，所以有1.6，解得x0.3mol。平衡体系中含0.2molN2O4，N2O4的转化率为100%60%。12NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如下图所示）。下列说法正确的是A石灰乳与Cl2的反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂B25，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大C常温下干
13、燥Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应D图中所示转化反应都是氧化还原反应【答案】A【解析】试题分析：A、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故A正确；B、碳酸钠易溶于水，碳酸氢钠能溶于水，但是NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，故B错误；C、在加热或点燃的条件下，Fe能与氯气发生化合反应，3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误；D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误；故选B。考点：考查了氧化还原反应；氯气的化学性质；钠的重要化合物的性质的
14、相关知识。13微型纽扣电池在现代生活中是广泛应用的一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式分别为：Zn2OH2e=ZnOH2O，Ag2OH2O2e=2Ag2OH，电池总反应式为Ag2OZn=2AgZnO。根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是A在使用过程中，电池负极区溶液pH增大B在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极C在使用过程中，Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应D外电路中每通过0.2 mol电子，正极的质量理论上减小1.6 g【答案】D【解析】试题分析：负极电极反应为Zn+2OH-=ZnO+H2O+2e，消耗氢氧根离子，溶液的pH
15、减小，故A错误；由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，被氧化，为原电池的负极，则正极为Ag2O，原电池中电子从负极流向正极，即从锌经导线流向Ag2O，故B错误；由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，为原电池的负极，发生氧化反应，Ag2O是正极发生还原反应，故C错误；正极电极反应为：Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH，当电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小的是0.1mol氧原子的质量，即0.1mol（232216）g/mol=1.6g，故D正确。考点：考查了原电池的原理的相关知识。14用向下排气法在容积为VmL的集气瓶中收集氨气。由于空气未排完，最后瓶内
16、气体的平均相对分子质量为19。将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水面上升到一定高度后即停止上升。则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（ ）AV/4mL B1/5mL CV/6mL D无法判断 【答案】C【解析】试题分析：根据瓶内气体的平均相对分子质量为19可知瓶内有空气存在，空气的相对分子质量是29，氨气的相对分子质量是17，利用十字交叉法计算该混合气体中氨气占5/6，空气占1/6，所以最后瓶内剩余气体的体积是V/6mL，答案选C。考点：考查混合气体的计算，十字交叉法的应用15高炉炼铁中发生的基本反应之一为:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)H0，已知1 373 K时K=0.2
17、63。(1)该反应的平衡常数表达式为 。(2)温度升高，化学平衡移动后，平衡常数K值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)1 373 K时测得高炉中c(CO2)=0.025 mol/L，c(CO)=0.1 mol/L，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态 (填“是”或“否”)。此时，化学反应速率v(正) v(逆)(填“大于”、“等于”或“小于”)，其原因是 。【答案】(1)K=c(CO2)/c(CO) (2)增大(3)否 大于因为Qc=c(CO2)/c(CO)=0.025 mol/L/0.1 mol/L=0.250.263，故平衡向右移动，v(正)v(逆)【解析】(1)根据反应FeO
18、(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)可知，该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2)/c(CO)。(2)因为正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大。(3)Qc=c(CO2)/c(CO)=0.025 mol/L/0.1 mol/L=0.250.263，所以反应没有达到平衡，反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率。16氯是重要的非金属元素。.NaCl和浓硫酸微热制取氯化氢的化学方程式为 ；可用 试纸放在瓶口以检验氯化氢气体是否集满。.新制氯水中含有的分子有：Cl2、H2O和 ；光照新制氯水的化学方程式为 ；工业是用电解食盐水制取氯气，阴极的电极反应式为：2H+2eH2, 则阳极的电极
19、反应式为 。.已知还原性SO32-I-Br-.向NaBr、NaI、Na2SO3混合溶液中，通入定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是_（选填编号）。a. NaCl Na2SO4 b. NaCl NaBr Na2SO4c. NaCl Na2SO4 I2 d. NaCl NaI Na2SO4【答案】.NaCl+ H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl（2分）；湿的蓝色石蕊试纸（或湿的pH试纸）（1分）。.HClO（1分）; 2 HClO 2HCl+O2（1分）; 2Cl-2eCl2（1分）.ab（2分）【解析】试题分析：.NaCl和浓硫酸微热制取氯化氢时生成NaHSO4；氯
20、化氢气体为酸性气体，可用湿润的紫色石蕊试纸等放在瓶口以检验氯化氢气体是否集满。.新制氯水中含有的分子有：Cl2、H2O和HClO；光照新制氯水，氯水中的HClO分解为HCl和O2；工业是用电解食盐水制取氯气，阴极是阳离子H+放电生成H2，2H+2eH2，阳极是阴离子Cl-放电生成Cl2。.已知还原性SO32-I-Br-.向NaBr、NaI、Na2SO3混合溶液中，通入定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是极少Cl2：只有Na2SO3部分反应，产物NaCl、NaBr、NaI、Na2SO4(由Na2SO3在空气中氧化)，b正确。；适量Cl2：有NaI、Na2SO3反应，产物
21、NaCl、NaBr、Na2SO4； 过量Cl2：NaBr、NaI、Na2SO3全分反应，产物NaCl、Na2SO4，a正确 。考点：Cl的单质及其化合物的性质，还原性强弱与反应的顺序。17（10分）（1）某化学课外研究小组，设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度。已知该反应为：2Fe3+ + 2I- 2Fe2+ + I2。请完成相关的实验步骤和现象。可选试剂：0. 1molL 1KI溶液；0. 1molL 1 FeCl3溶液；FeCl2溶液；盐酸；KSCN溶液；CCl4。实验步骤：取5mL 0. 1molL 1 KI溶液,再滴加56滴（约0.2ml）0. 1molL1FeCl3
22、溶液充分反应后，将溶液分成三份取其中一份，滴加试剂CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫红色，说明反应生成碘。另取一份，滴加试剂 （填试剂序号），若现象为 ，则说明该反应有一定的限度。（2）为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题： 定性分析：如图甲可通过观察 （填现象），定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为Fe3+浓度相同的Fe2(SO4)3溶液更为合理，其理由是 。定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中一定需要测量的数据是 （填序号）。 收集4
23、0ml气体所需要的时间 CuSO4溶液和FeCl3溶液的浓度 过氧化氢溶液的浓度【答案】（1）试剂 （2分）（填试剂序号） 现象溶液变血红色 （2分） （2）观察两个试管中气泡生成的速度（2分） 理由：排除Cl-对实验的干扰（2分） （2分）【解析】设计实验探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度。分成三份溶液通过三价铁和KSCN溶液的很明显的现象判断。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，不同的现象可以看出催化效果。观察两个试管中气泡生成的速度，收集40ml气体所需要的时间 。18亚氯酸钠(NaClO2)常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀菌如图所示是用过氧化氢法生产亚氯酸
24、钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。（1）吸收塔内发生反应的化学方程式为 _(配平化学方程式)该工艺流程中的NaClO3、ClO2、NaClO2都是强氧化剂，它们都能和浓盐酸反应制取Cl2，若用二氧化氯和浓盐酸制取Cl2，当生成5mol Cl2时，通过还原反应制得氯气的质量为_g。（2）从滤液中得到的NaClO23H2O晶体的操作依次是_(填写序号)a蒸馏； b灼烧； c过滤； d冷却结晶（3）印染工业常用亚氯酸钠(NaClO2)漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2下表是25时HClO2 及几种常见弱酸的电离平衡常数：弱
25、酸HClO2HFHCNH2SKa/molL-1110-26310-44910-10K191108K2111012常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为_，体积相等，物质的量浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为：_(填“前者大”“相等”或“后者大”)。Na2S是常用的沉淀剂某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+ 离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是_；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10-5molL-1)此时的S2-的浓度为_。已知Ksp(FeS)=6310-10；Ksp(CuS)=610
26、-36；Ksp(PbS)=2410-28。【答案】（1）2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；71；（2）dc；（3）pH(Na2S)pH(NaCN)pH(NaF)pH(NaClO2)；前者大；CuS；6310-13mol/L【解析】试题分析：（1）（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，HCl是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n(ClO2)
27、=n(HCl)，故n(ClO2)：n(HCl)=1：4，故还原产物与氧化产物物质的量之比为1：4，故还原反应生成的氯气为5mol=1mol，通过还原反应制得氯气的质量为1mol71g/mol=71g，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；71；（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为dc，故答案为：dc；（3）根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：HClO2HFHCNHS-，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，故物质的量浓度相等各溶液pH关系为：pH(Na2S)pH(NaCN
28、)pH(NaF)pH(NaClO2)，NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，由于阴离子都是-1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，溶液为碱性，pH(NaCN)pH(NaF)，故NaCN溶液碱氢离子浓度较小，含有阴阳离子总数较小，即NaF溶液中阴阳离子总数较大，故答案为：pH(Na2S)pH(NaCN)pH(NaF)pH(NaClO2)；前者大；物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS；Fe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5molL-1，此时的S2-的浓度为mol/L=6.
29、310-13mol/L，故答案为：CuS；6.310-13mol/L。【考点定位】考查化学方程式的有关计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【名师点晴】本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为载体，考查学生阅读题目获取信息的能力、氧化还原反应计算、物质分离提纯、盐类水解、溶度积的有关计算与应用等，是在新情境下综合运用知识解决问题的能力的考查，题目有一定的难度。（1）首先根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物，根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2NaClO2，Cl元素化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，可以
30、书写并配平方程式；反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，HCl是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移计算氧化剂与还原剂的物质的量之比，据此确定还原产物与氧化产物物质的量之比；（3）弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大。19某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图中所示（1）只根据图、所示实验，能够达到实验目的是（填装置序号） （2）图、所示实验均能鉴别这两种物质，有关反应的化学方程式为： 与实验相比，实验的优点是（填选项序号） A比复杂 B比安全C可以做到用一套装置同时进行两个对比实验
31、，而不行（3）若用实验验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是（填化学式） （4）将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应当石灰水过量时，其离子方程式为 当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2：1时，所得溶液中溶质的化学式为 【答案】（1）；（2）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2及CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O；C；（3）NaHCO3；（4）Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O；Na2CO3【解析】（1）碳酸钠和碳酸氢钠均与盐酸反应气体，但生成气体的快慢及多少不同，图I不能判断，而图可观察气球变化鉴别，故答案为：；（2）图、中，均发生碳酸氢钠的分解生成
32、二氧化碳，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2及CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，由图中装置及性质可知，可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而不行，（3）碳酸氢钠不稳定，加热易分解，则试管B中装入的固体最好是NaHCO3， （4）当石灰水过量时，反应生成碳酸钙、NaOH和水，离子反应为Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O 当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2：1时，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，所得溶液中溶质的化学式为Na2CO3， 【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质及鉴别，为高频考点，把握图中装置的作用及实验原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查
33、，题目难度不大20（6分）元素R的气态氢化物的化学式为HXR，在标准状况下，8.5gHXR气体的体积是5.6L，将5.1gHXR气体通入200mL 0.75mol/L的CuCl2溶液正好完全反应（非氧化还原反应，生成铜盐沉淀）（1）求HXR的相对分子质量。（2）推测X值，并确定R的元素符号。【答案】 34 S【解析】21（16分）化合物F（异戊巴比妥）是临床常用的镇静催眠药物，其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）；请回答下列问题：（1）试剂I的化学名称是 ，化合物B的官能团名称是 ，第步的化学反应类型是 。（2）第步反应的化学方程式是 。（3）第步反应的化学方程式是 。（4）试剂的相对分子质
34、量为60，其结构简式是 。（5）化合物B的一种同分异构体G与NaOH溶液共热反应，生成乙醇和化合物H。H在一定条件下发生聚合反应得到高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是 。【答案】（1）乙醇，醛基，酯化反应（取代反应）。（2）（3）+ C2H5OH + NaBr（4）（5）【解析】由题意可知为卤代烃水解为醇A：CH3CH2CH(CH2OH)2，为醇催化氧化为醛B：CH3CH2CH(CHO)2，为醛催化氧化为羧酸C：CH3CH2CH(COOH)2，为羧酸与乙醇发生酯化反应生成D：CH3CH2CH(COOC2H5)2，为利用信息1，发生取代反应得E：，为利用信息2，发生取代反应得F，可推知试剂为CO(NH2)2。【考点定位】有机推断与有机合成
