2018-2019学年湖南省长郡中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

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2018-2019学年湖南省长郡中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

湖南省长郡中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1.材料在人类文明史上起着划时代的意义。下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是 A. 人面鱼纹彩陶盆——无机非金属材料 B. “马踏飞燕”铜奔马——金属材料 C. 宇航员的航天服——有机高分子材料 D. 光导纤维——复合材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、陶瓷主要成分为硅酸盐,为无机非金属材料,选项A正确;‎ B、“马踏飞燕”铜奔马主要材料为铜,为金属材料,选项B正确;‎ C、宇航员的航天服的材料为合成纤维,为有机高分子化合物,选项C正确;‎ D、光导纤维主要材料为二氧化硅,为无机物,不是复合材料,选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列物质中,不属于电解质的是 A. 固体氯化钾 B. 作电极的碳棒 C. 气态硝酸 D. 液态氯化氢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、固体氯化钾属于化合物,在熔融状态或水溶液中能导电,属于电解质,选项A不选;‎ B、碳属于单质,既不是电解质也不是非电解质,选项B选;‎ C、硝酸属于化合物,水溶液中能导电,属于电解质,选项C不选;‎ D、液态氯化氢属于化合物,水溶液中能导电,属于电解质,选项D不选;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查电解质,属于对基础化学概念的考查,本题要理解好电解质的概念,电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 11.2 L 甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2NA B. 含NA个 CO32-的 Na2CO3溶液中,Na+数目大于2NA C. 密闭容器中,2 molSO2和足量 O2充分反应,产物的分子数小于2NA D. 4.0 g CO2气体中含电子数目等于2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未指明气体在什么条件下,所以不能确定气体的物质的量及微粒数目,A错误;‎ B.Na2CO3电离产生Na+、CO32-个数比为2:1,在溶液中CO32-由于发生水解反应而消耗,所以若溶液中含NA个 CO32-,则Na+数目大于2NA,B正确;‎ C. SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,所以密闭容器中,2 molSO2和足量 O2充分反应,产物SO3的分子数小于2NA,C正确;‎ D.CO2分子中含有22个电子,则4.0g CO2气体中含有的电子数为N==2NA,D正确;‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.氟利昂﹣12是甲烷的氟、氯代物,结构式为.下列有关叙述正确的是 A. 它有2种同分异构体 B. 它是平面分子 C. 它有4种同分异构体 D. 它只有一种结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由甲烷的结构可知,四个氢原子的空间位置只有一种,则氟利昂-12只有一种结构,故A错误;‎ B、甲烷是正四面体型结构,则氟利昂-12为四面体结构,故B错误;‎ C、由甲烷的结构可知,四个氢原子的空间位置只有一种,则氟利昂-12只有一种结构,故C错误;‎ D、从结构式可知,该化合物是甲烷的取代产物,由于甲烷是正四面体型结构,所以该化合物也是四面体,因此结构只有一种,没有同分异构体,故D正确;故选D。‎ ‎5.下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是 A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4‎ C. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 D. Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠,碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠,所以Na→NaOH→Na2CO3→NaCl能全部通过一步反应完成,故A正确;‎ B.镁与氯气反应生成氯化镁,氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁,氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁,所以Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4能全部通过一步反应完成,故B正确;‎ C.氧化铝不溶于水,与水不反应,所以Al2O3→Al(OH)3不能一步完成,故C错误;‎ D.铁与氯气反应生成氯化铁,氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁,氢氧化铁分解生成氧化铁,所以Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3能全部通过一步反应完成,故D正确;故选C。‎ ‎6.下列说法错误的是 A. 浓硫酸具有强氧化性,但SO2气体可以用浓硫酸干燥 B. 常温下,实验室可以用稀硝酸与铜反应制取NO气体 C. 从海水中提取溴的过程中常鼓入热空气,其目的是氧化Br—‎ D. SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓硫酸具有强氧化性,但不能氧化SO2,所以SO2气体可以用浓硫酸干燥,选项A正确;‎ B.铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水,因此常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体,选项B正确;‎ C. 鼓入热空气的目的是降低溴的溶解度,将溴吹出,选项C错误;‎ D.SiO2与氢氧化钠溶液反应:SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,二氧化硅与氢氟酸反应:SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,选项D正确;‎ 答案选C。‎ ‎7.下列化学方程式中,属于水解反应是(  )‎ A. H2O+H2OH3O++OH- B. HCO3—+OH-H2O+CO32—‎ C. CO2+H2OH2CO3 D. CO32—+H2O HCO3—+OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.属于水的电离方程式,错误;‎ B.属于HCO3-与OH-的离子反应,错误;‎ C.属于CO2与H2O的化合反应,错误;‎ D.属于CO32-水解方程式,正确。‎ ‎8.聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃,以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得,同时生成甲醇。下列说法不正确的是 A. Y的分子结构中有2个酚羟基 B. Y的分子式为C15H18O2‎ C. X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D. X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该化合物结构简式,以及题中信息,推出形成该化合物的单体为和,然后进行分析。‎ ‎【详解】根据该化合物结构简式,推出形成该化合物的单体为和,‎ A、根据上述分析,Y的结构简式为,Y分子中含有2个酚羟基,故A说法正确;‎ B、Y的分子式为C15H16O2,故B说法错误;‎ C、X的结构简式为,只有一种氢原子,核磁共振氢谱有1个吸收峰,故C说法正确;‎ D、根据聚碳酸酯的结构简式,X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应,故D说法正确。答案选B。‎ ‎9.室温下,下列事实不能说明NH3▪H2O为弱电解质的是 A. 0.1mol▪L-1NH3▪H2O能使无色酚酞试液变红色 B. 0.1mol▪L-1NH4Cl的pH小于7‎ C. 0.1 molL-1 NaOH溶液的导电能力比0.1 molL-1氨水的导电能力强 D. 0.1mol▪L-1NH3▪H2O的pH小于13‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红,只能说明氨水具有碱性,但不能说明电离程度,不能说明NH3▪H2O为弱电解质,故选A;‎ B.0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5,溶液显酸性,可说明氯化铵为强酸弱碱盐,水解呈酸性,可说明一水合氨为弱电解质,故不选B;‎ C.在相同条件下,氨水溶液的导电性比强碱溶液弱,可说明一水合氨部分电离,能说明NH3▪H2O为弱电解质,故不选C;‎ D.0.1mol▪L-1NH3▪H2O的pH小于13,说明未完全电离,能说明NH3▪H2O为弱电解质,故不选D;‎ 正确答案:A。‎ ‎【点睛】判断弱电解质依据关键点:①弱电解质部分电离;②对应阳离子或阴离子在盐溶液中的水解。‎ ‎10.微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池,其电极分别是Ag2O和Zn,电解质溶液为KOH,电极反应为:Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O;Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。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,电池负极区溶液的pH增大 B. 电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 C. Zn是负极,Ag2O是正极 D. Zn电极发生还原反应,Ag2O电极发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.负极发生Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O,c(OH-)减小,所以电池负极区溶液的pH减小,故A错误;‎ B.Zn为负极,Ag2O为正极,则使用过程中,电子由Zn极经外电路流向Ag2O极,故B错误;‎ C.Zn失去电子,Zn为负极,Ag2O得到电子是正极,故C正确;‎ D.Zn电极发生氧化反应,Ag2O电极发生还原反应,故D错误;故选C ‎11.0.1mol/L的K2S溶液中,有关粒子的浓度大小关系正确的是 A. c(K+)+c(H+)=c(S2—)+c(HS—)+c(OH—)‎ B. c(K+)+ c(S2—) = 0.3mol/L C. c(K+)=c(S2—)+c(HS—)+c(H2S)‎ D. c(OH-)=c(H+)+c(HS—)+2c(H2S)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),A错误;‎ B、根据物料守恒可知c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2mol/L,所以c(K+)+ c(S2-)<0.3mol/L,B错误;‎ C、根据物料守恒可知c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2mol/L,C错误;‎ D、根据质子守恒可知c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),D正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.在密闭容器中一定量的混合气体发生反应xA(g)+yB(g)zC(g).平衡时测得A的浓度为0. 50 mol/L.保持温度不变.将容器的容积扩大到原来的两倍,再达平衡时.测得A的浓度降低为0. 30 mol/L。下列有关判断正确的是 A. x+yz,选项A错误;‎ B.由上述分析可知,平衡逆向移动,选项B错误; ‎ C.因平衡逆向移动,故B的转化率降低,选项C正确;‎ D.平衡逆向移动,C的体积分数减小,选项D错误;‎ 答案选C。‎ ‎13.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液 溶液变为红色 样品已被氧化 B 向酸性KMnO4溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有氧化性 C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3•H2O能大量共存 D 向1mL 0.1mol•L-1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol•L-1 ZnSO4溶液,再加入2mL 0.1mol•L-1 CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成;后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)c(HA—)>c(H+)>c(A2一)>c(OH—)‎ B. 等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液与H2 A溶液混合后,其溶液中水的电离程度比纯水中的大 C. NaHA溶液中:c(OH—)+2c(A2—) =c(H+) +c(H2A )‎ D. 将Na2A溶液加水稀释.溶液中所有离子的浓度都减小.但部分离子的物质的量增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当V(NaOH)=20mL时,发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O,溶液主要为NaHA,由图象看出c(A2-)>c(H2A),说明HA-电离大于水解,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),选项A正确;‎ B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后生成NaHA,溶液呈酸性,则抑制水的电离,溶液中水的电离程度比纯水中的小,选项B错误;‎ C、根据质子守恒可知,NaHA溶液中: c(OH一)+c(A2—) =c (H +) +c(H2A ),选项C错误;‎ D、因对强碱弱酸盐溶液稀释,c(H+)增大,则将该电解质溶液加水稀释,溶液中离子浓度不一定都减小,选项D错误;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡,注意分析酸式盐中弱酸根离子的水解及电离平衡的影响,易错点为选项C,注意应该是质子守恒,不要将c(A2—)的计量数与电荷守恒混淆。‎ ‎17.室温下.某同学进行CO2与Na2O2反应的探究实验(本实验所涉及气体休积均在相同状况下测定)。请回答下列问题:‎ ‎(1)用下图装置制备纯净的CO2.‎ ‎①丙装置的名称是_______,乙装置中盛装的试剂是_______.‎ ‎②若CO2中混有HCl,则HCl与Na2O2发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)按下图所示装置进行实验(夹持装置略)。‎ ‎①先组装仪器.然后________.再用注射器1抽取100 mL纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2的活塞推到底后连接在K2处,具支U形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠。‎ ‎②打开止水夹K1、K2,向右推动注射器1的活塞。可观察到的现象是________。‎ ‎③实验过程中.需缓慢推入CO2,其目的是__________.为达到相同目的,还可进行的操作是__________________________。‎ ‎(3)实验结束后,当注射器1的活塞推到底时,测得注射器2中气体的体积为65 mL。则CO2的转化率是_______________.‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2↑ (4). 检查装置气密性 (5). U形管中的淡黄色粉末逐渐变浅,注射器2的活塞向右移动 (6). 使反应进行得更充分 (7). 多次往返推动注射器1和2的活塞 (8). 70%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①丙装置的名称是球形干燥管,乙中装的是饱和NaHCO3‎ 溶液,除去二氧化碳中的HCl;‎ ‎②若CO2中混有HCl,则HCl 与Na2O2 反应的化学方程式为2Na2O2 + 4HCl = 4NaCl + 2H2O + O2 ↑;‎ ‎(2)①先组装仪器,然后检查装置的气密性,再用注射器1 抽取100 mL 纯净的CO2,将其连接在K1处,注射器2 的活塞推到底后连接在K2处,具支U 形管中装入足量的Na2O2 粉末与玻璃珠;‎ ‎②二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变浅,生成的氧气进入注射器2中,所以注射器2的活塞向右移动;‎ ‎③实验过程中,需缓慢推入CO2,其目的是使反应进行得更充分,为达到相同目的,还可进行的操作是多次往返推动注射器1和2的活塞;‎ ‎(3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+ O2, △V(减小)‎ ‎ 2 1 1‎ ‎ 70 mL 35 mL CO2的转化率是(70 mL ÷100 mL)×100%= 70%。‎ ‎18.已知:用NH3催化还原NOx时包含以下反应.‎ 反应①:4NH3 (g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) ∆H1=-1 807. 0 kJ·mol—1,‎ 反应②:4NH3(g)+6NO2(g) 5N2(g)+3O2(g)+6H2O(l) ∆H2=?‎ 反应③:2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ∆H3=-113.0kJ·mol一1‎ ‎(1)反应②的∆H2==_____________。‎ ‎(2)为探究温度及不同催化剂对反应①的影响.分别在不同温度、不同催化剂下.保持其他初始条件不变重复实验.在相同时间内测得N2浓度的变化情况如下图所示。‎ ‎①反应①的平衡常数的表达式K=________。相同温度下.在催化剂甲的作用下反应的平衡常数______(填“大于”“小于”或“等于”)在催化剂乙的作用下反应的平衡常数。‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是_____________________。‎ ‎(3)某温度下,在1 L恒容密闭容器中初始投入4 mol NH3和6 mol NO发生反应①.当气体总物质的量为7.5mol时反应达到平衡.则NH3的转化率为____,达平衡所用时间为5 min.则用NO表示此反应0~5 min内的平均反应速率为______.‎ ‎【答案】 (1). -1468.0kJ/mol (2). (3). 等于 (4). 温度升高发生副反应,温度升高催化剂活性降低 (5). 50% (6). 0.6mol/(L·min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由盖斯定律求反应②的∆H2 ;‎ ‎(2)①根据平衡常数的定义,写出反应①4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) 的平衡常数的表达式K=c5(N2)/ c4(NH3) c6(NO);催化剂不影响平衡常数;‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低;‎ ‎(3)列出三行式进行计算。‎ ‎【详解】(1)反应①:4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ∆H1 = -1807.0kJ•mol-1‎ 反应②:4NH3(g) + 6NO2(g) 5N2(g) + 3O2(g) + 6H2O(l) ∆H2 = ?‎ 反应③:2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ∆H3 = -113.0kJ•mol-1‎ 由盖斯定律,反应①-反应③×3,得反应②的∆H2=-1807.0kJ•mol-1-(-113.0kJ•mol-1)×3=-1468.0kJ/mol;‎ ‎(2)①根据平衡常数的定义,写出反应①的平衡常数的表达式K=;催化剂不影响平衡常数,温度不变,平衡常数不变,故甲乙两种催化剂作用下,反应的平衡常数相等;‎ ‎②N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低;‎ ‎(3)列出三行式:‎ ‎4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) ‎ c始/mol·L-1 4 6‎ c转/mol·L-1 4x 6x 5x c平/mol·L-1 4-4x 6-6x 5x ‎ 4-4x +6-6x+5x=7.5mol/1L,x=0.5,则NH3的转化率50% ;‎ 达平衡所用时间为5分钟,则用NO表示此反应平均反应速率为v(NO)=‎ ‎=0.6mol/(L· min)。‎ ‎19.工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、 Cu2 (OH)2 CO3等杂质]为原料制取二氧化锰.其工艺流程示意图如下图所示:‎ 已知生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示:‎ Mn(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀时 ‎8.3‎ ‎6.3‎ ‎2.7‎ ‎4.7‎ 完全沉淀时 ‎9.8‎ ‎8.3‎ ‎3.7‎ ‎6.7‎ 注:金属离子的起始浓度均为0.1mol·L—1‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎,主要目的是__________;盐酸溶解MnCO3的化学方程式是____________________________。‎ ‎(2)向溶液1中加入双氧水时.发生反应离子方程式是_________________。‎ ‎(3)向滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS,以除去Cu2+,发生反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化,请完成该反应的离子方程式:5Mn2++2ClO3—+____===____+_____+_____。‎ ‎(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法.‎ ‎①生成MnO2的电极反应式是______________________。‎ ‎②若在上述MnO2溶液中加入一定量的Mn(NO3 )2粉末.则无Cl2产生.其原因是______。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积,提高反应速率和浸取率 (2). MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O (3). 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+ (4). MnS+Cu2+=Mn2++CuS (5). 4H2O (6). Cl2↑ (7). 5MnO2 (8). 8H+ (9). Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ (10). 其它条件不变下,增大Mn2+浓度[或增大c(Mn2+)/c(Cl-)],有利于Mn2+放电(不利于Cl-放电)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、Cu2(OH) 2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰,需要分离除杂,结合流程图分析各步所加试剂及反应。菱锰矿加稍过量盐酸二氧化硅不反应,滤渣1则为SiO2,加双氧水氧化Fe2+,调pH至4,沉淀Fe3+,加MnS固体沉淀Cu2+,最后得到MnO2,以此解题。‎ ‎【详解】菱锰矿用盐酸酸浸,MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应,SiO2不与盐酸反应,过滤得到滤渣1为SiO2,滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl,向滤液中加入生石灰,调节溶液pH=4,加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,过滤除去,滤液2中加入MnS,将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去,滤液3中为MnCl2,经系列转化得到MnO2,‎ ‎(1)将菱锰矿粉碎,可以增大接触面积,提高反应速率和浸取率;碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水,反应方程式为:MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O;‎ ‎(2)加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+,在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,根据电荷守恒有氢离子生成,反应离子方程式为:2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+;‎ ‎(3)MnS与氯化铜反应转化更难溶的CuS,反应离子方程式为:MnS+Cu2+=Mn2++CuS;‎ ‎(4)用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2,Mn元素发生氧化反应,则Cl元素发生还原反应生成Cl2,由于在酸性条件下反应,根据电荷守恒可知,生成物中有H+生成,根据H元素守恒,可知反应物中缺项物质为H2O,配平后离子方程式为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+;‎ ‎(5)①由题意可知,Mn2+转化为MnO2,发生氧化反应,由O元素守恒可知有水参加反应,由电荷守恒可知应有H+生成,电极反应式为:Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+;‎ ‎②Mn2+、Cl-都在阳极放电,二者为竞争关系,增大Mn2+浓度[或增大c(Mn2+)/c(Cl-)],有利于Mn2+放电(不利于Cl-放电)。‎ ‎【点睛】本题考查化工流程问题,明确原理,准确分析流程是解题关键;易错点为 (5)②Mn2+、Cl-都在阳极放电,二者为竞争关系,增大Mn2+浓度有利于Mn2+放电。‎ ‎20.高血脂是一种常见的心血管疾病.治疗高血脂的新药I的合成路线如下图所示:‎ 已知:a、;‎ b、‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)反应①所需试剂、条件分别是___________________。‎ ‎(2)②的反应类型是____________;A→B的化学方程式为____________________。‎ ‎(3)G的结构简式为____________;H中所含官能团的名称是______________。‎ ‎(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14。且满足下列条件.W的可能结构有___种。‎ ‎①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应 其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢.且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为_____________‎ ‎(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线,其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为:AB……目标产物) _______‎ ‎【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 取代反应 (3). (4). (5). 羟基 (6). ‎ ‎13 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲苯发生取代反应生成,在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成,则A为,该分子继续氧化为B,可推知B为,C为;D经过消去反应可得到HCHO,所以E为HCHO,根据给定的已知信息及逆合成分析法可知,G为,据此分析作答。‎ ‎【详解】甲苯→,发生的是取代反应,所需试剂、条件分别是Cl2、光照;‎ 故答案为:Cl2、光照;‎ ‎(2)反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应(取代反应),A→B 的化学方程式为 ‎,‎ 故答案:取代反应;;‎ ‎(3)结合给定的已知信息推出G 的结构简式为;G→H,是-CHO和H2的加成反应,所以H中所含官能团的名称是羟基,‎ 故答案为:;羟基。‎ ‎(4)C为,化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14,W比C多一个CH2,遇FeCl3 溶液显紫色含有酚羟基,属于芳香族化合物含有苯环,能发生银镜反应含有醛基,①苯环上有三个取代基,分别为醛基、羟基和甲基,先固定醛基和羟基的位置,邻间对,最后移动甲基,可得到10种不同结构;②苯环上有两个取代基,分别为-OH和-CH2CHO,邻间对位共3种,所以W 的可能结构有10+3 = 13种;符合①遇FeCl3 溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W 的结构简式:,‎ 故答案为:13;;‎ ‎(5)根据题目已知信息和有关有机物的性质,用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下:‎ ‎,‎ 故答案为:。‎ ‎ ‎
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