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2020届陕西省商南县鹿城中学高三化学二模试题及答案 (1)















封 座位号

班级

姓名

准考证号

考场号

2020 届高三第二次模拟测试卷
化学
注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形
码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量:H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题(每小题 6 分,共 42 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。) 7.下列说法正确的是 A.CoCl2·6H2O 加热转化为无水 CoCl2 颜色由蓝色变为粉红色 B.Na2S2O3 溶液与稀硫酸反应,可以通过观察气体产生的快慢来确定反应的快慢 C.HNO3—AgNO3 溶液不能检验工业盐(NaNO2)和生活盐(NaCl) D.将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入到 1mol·L?1 CuSO4 溶液和 1mol·L?1 CuCl2 溶液中,一段 时间后,在 CuCl2 溶液中铝片表面能观察到明显的反应现象 【答案】D 【解析】A.CoCl2·6H2O 加热时,因 CoCl2·6H2O 会发生水解生成 Co(OH)2 和盐酸,加热过程中 盐酸挥发,促进水解,最终得到的固体为 Co(OH)2,故 A 错误;B.Na2S2O3 与稀硫酸反应生成 S 沉 淀和 SO2 气体,由于生成 S 沉淀使溶液变浑浊,不易观察气泡,所以不能用溶液出现气泡的快慢来 判断反应速率快慢,故 B 错误;C.NaNO2 和 HNO3 中氮元素化合价相邻,不能发生反应,其与 AgNO3 不发生反应,NaCl 与 AgNO3 反应会生成白色沉淀,二者现象不同,能够鉴别,故 C 错误;D.铜离 子水解生成的氢离子能破坏氧化铝保护膜而露出铝单质,铝单质置换铜离子生成铜单质,所以加入 氯化铜溶液和硫酸铜溶液中的铝片表面会有红色物质析出,故 D 正确;故答案为:D。 8.设 NA 为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是 A.28g 乙烯和丙烯中的极性键数目为 4NA B.32g Cu 和 32g S 充分反应,转移电子数为 NA C.1L 0.3mol·L?1 Na2CO3 溶液中的阴离子数目小于 0.3NA

D.0.2mol NH3 与 0.3mol O2 在催化剂的作用下充分反应,所得 NO 的分子数为 0.2NA

【答案】A

【解析】A.乙烯和丙烯的最简式为 CH2,28g CH2 的物质的量为 2mol,而 2mol CH2 中含 4mol

极性键,所以 28g 乙烯和丙烯中的极性键数目为 4NA,A 正确;B.Cu 和 S 反应生成 Cu2S,Cu 不

足,转移电子数为 0.5NA,B 错误;C.CO23?水解生成 HCO?3和 OH?,导致阴离子数目增多,因此 1L

催化剂

0.3mol·L?1

Na2CO3

溶液中的阴离子数目大于

0.3NA,C

错误;D.依据

4NH3+5O2

===== △

4NO+6H2O,

0.2mol NH3 与 0.3mol O2 在催化剂的作用下加热充分反应,氧气剩余,则生成的一氧化氮部分与氧气

反应生成二氧化氮,所以最终生成一氧化氮分子数小于 0.2NA,D 错误;答案选 A。

9.丁苯橡胶的化学组成为

,其单体一定有

A.2﹣丁炔 B.1,3﹣丁二烯 C.乙苯 D.乙烯 【答案】B 【解析】根据丁苯橡胶的结构可知,其主链上全是碳原子,故其一定是由单体发生加聚反应得 到的,由于其分子式中有双键,一定是发生聚合反应新生成的,将链节分断,可以发生其单体是苯 乙烯和 1,3﹣丁二烯,答案选 B。 10.由于氯化铵的市场价格过低,某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图:

有关该制碱工艺的描述错误的是 A.X 可以是石灰乳 B.氨气循环使用 C.原料是食盐、NH3、CO2 和水 D.产品是纯碱和氯化钙 【答案】C 【解析】A.饱和食盐水和二氧化碳,氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵,用氯化铵和氢氧化钙 反应生成氯化钙,氨气和水,故 X 可以是石灰乳,故 A 正确;B.根据流程图可知,氨气可以循环

使用,故 B 正确;C.原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳,故 C 错误;D.根据工艺流 程,产品是纯碱和氯化钙,故 D 正确;答案选 C。
11.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是

13.将浓度均为 0.5mol·L?1 的氨水和 KOH 溶液分别滴入到两份均为 20mL c1 mol·L?1 的 AlCl3 溶 液中,测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是

A.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色,且原理相同 B.分子中含有 5 种官能团 C.可发生消去反应,形成芳香族化合物 D.1mol 分枝酸最多可与 3mol NaOH 发生中和反应 【答案】C 【解析】A.可使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生加成反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色是发 生氧化反应,原理不同,故 A 错误;B.分子中含有碳碳双键、羟基、羧基、醚键 4 种官能团,故 B 错误;C.分子中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子,可发生消去反应,形成芳香族化合物, 故 C 正确;D.1mol 分枝酸中含 2mol 羧基,所以最多可与 2mol NaOH 发生中和反应,故 D 错误。 故选 C。 12.分属周期表前三周期的四种元素 W、X、Y、Z 可形成结构如下的物质,该物质中所有原子 均满足稳定结构,W 的原子序数最大,Y、Z 处于同一周期。下列说法错误的是
A.Y 的最高价氧化物对应的水化物是弱酸 B.X、Z 可形成具有强氧化性的化合物 C.由 Z 和 W 形成的化合物中可以存在共价键 D.X、Y、Z 的原子半径从大到小为:Z>Y>X 【答案】D 【解析】四种元素都是短周期元素,W 原子序数最大,根据结构,W 带有 1 个单位正电荷,即 W 为 Na,X 有一个共价键,达到稳定结构,即 X 为 H,同理 Z 为 O,Y 为 C,A.Y 最高氧化物对 应水化物是碳酸,碳酸为弱酸,故 A 说法正确;B.H 和 O 形成化合物是 H2O 和 H2O2,其中 H2O2 具有强氧化性,故 B 说法正确;C.形成的化合物是 Na2O 和 Na2O2,过氧化钠是由 Na+和 O22?含有 离子键和非极性共价键,故 C 说法正确;D.三种元素的原子半径大小顺序是 C>O>H,故 D 说法错 误;答案:D。

A.c1=0.2 B.b 点时溶液的离子浓度:c(Cl?)>c(NH+4)>c(OH?)>c(H+) C.ac 段发生的反应为:A1(OH)3+OH?==[Al(OH)4] ? D.d 点时溶液中:c(K+)+c(H+)==[Al(OH)4]?+c(OH?) 【答案】C 【解析】导电率与离子浓度成正比,向 AlCl3 溶液中分别加入氨水和 KOH 溶液,分别生成 Al(OH)3 和 NH4Cl、Al(OH)3 和 KCl,当 AlCl3 完全反应时继续滴加碱,Al(OH)3 和 KOH 反应生成可溶性的 KAl(OH)4,一水合氨和 Al(OH)3 不反应,且一水合氨是弱电解质,则一水合氨溶液导电率较小,所 以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是 KOH 滴定曲线,则 I 为 KOH 滴定曲线;A.当 AlCl3 和 KOH 恰好完全反应生成 Al(OH)3 和 KCl 时,溶液中离子浓度最小,导电率最低,则 a 点二 者 恰 好 完 全 反 应 , AlCl3+3KOH=Al(OH)3↓+3KCl , 则 n(AlCl3) ∶ n(KOH)=[c1 mol·L?1×20mL] ∶ (0.5mol·L?1×48mL)=1∶3,c1=0.4,故 A 错误;B.b 点溶质为 Al(OH)3 和 NH4Cl,NH+4水解导致 溶液呈酸性,则 c(OH?)<c(H+),故 B 错误;C.ac 段为 Al(OH)3 和 KOH 的反应,离子方程式为 Al(OH)3+OH?=[Al(OH)4]?,故 C 正确;D.d 点溶液中溶质为 KOH、KAl(OH)4、KCl,溶液中存在 电荷守恒 c(K+)+c(H+)=[Al(OH)4]?+c(OH?)+c(Cl?),故 D 错误;故选:C。 二、非选择题(共 58 分) (一)必做题 26.(14 分)某小组设计实验探究重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]的部分性质:资料显示: ①(NH4)2Cr2O7 呈橙红色,Cr2O3 呈绿色,Cr3+呈绿色。 ②Mg3N2 遇水蒸气剧烈反应生成 NH3。 (1)探究重铬酸铵分解产物是否有 NH3(装置如图 1 所示)。

B 中倒置的干燥管作用是_____________________。实验中,没有观察到 B 中颜色发生变化,实 验结论是_________________________________。
(2)探究(NH4)2Cr2O7==△==N2↑+Cr2O3+4H2O 的真实性(如下装.置.可.以.重.复.使.用.):
①气流从左至右,装置连接顺序 D、________________________________。 ②点燃 E 处酒精灯之前,先通入一段时间 CO2,其目的是_______________能证明有水生成的实 验现象是_________________。 ③能说明 D 中分解反应已发生的实验依据是_______________。 ④设计实验证明重铬酸铵分解生成了 N2:取反应后 E 中残留固体于试管,滴加蒸馏水,____。 【答案】(1)防倒吸 (NH4)2Cr2O7 分解不产生 NH3 (2)F、C、E、C 排尽装置内空气,避免空气中 N2、O2 与 Mg 反应 F 中白色粉末变蓝色 D 装置橙红色粉末变成绿色粉末 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方,若试纸 变蓝色 【解析】(1)根据实验目的:产物是否有 NH3,装置图中通过 NH3 溶于水,生成 NH3·H2O,NH3·H2O 为碱,能使酚酞变红,但 NH3 极易溶于水,能引起倒吸,因此干燥管的作用是防止倒吸;实验中, 没有观察到 B 中颜色发生变化,说明没有 NH3 的产生;答案:防倒吸;(NH4)2Cr2O7 分解不产生 NH3; (2)①实验目的是探究(NH4)2Cr2O7==△==N2↑+Cr2O3+4H2O 的真实性,根据所给装置图,以及 Mg3N2 能 与水反应,因此 N2 与 Mg 反应时需要干燥 N2,空气中含有水蒸气,还要防止空气中水蒸气进入 E 中,连接顺序是 D→F→C→E→C;答案:F、C、E、C;②利用镁与 N2 反应生成氮化镁证明有氨气 的存在,空气中有氮气和氧气,能与金属 Mg 反应,因此点燃 E 处酒精灯中之前,先通一段时间 CO2 的目的:排尽装置内空气,避免空气中 N2、O2 与 Mg 反应;验证水的存在,通常用无水硫酸铜,白 色变为蓝色,说明有水生成;答案:排尽装置内空气,避免空气中 N2、O2 与 Mg 反应;F 中白色粉 末变蓝色;③根据信息①,(NH4)2Cr2O7 呈橙红色,Cr2O3 呈绿色,如果 D 装置橙红色粉末变成绿色

粉末或者 F 装置无色变为蓝色,可以说明 D 中分解反应已发生;答案:D 装置橙红色粉末变成绿色

粉末;④Mg3N2 能与水反应生成 Mg(OH)2 和 NH3,然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气,如果试纸 变蓝,说明氨气生成,可以证明重铬酸铵分解生成了 N2,操作是:取反应后 E 中残留固体于试管, 滴加蒸馏水,用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方,若试纸变蓝色,证明重铬酸铵分

解生成了 N2;答案:用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方,若试纸变蓝色。 27.(14 分)研究氮、硫、碳及其化合物的转化对于减少如雾霾、酸雨、酸雾等环境污染问题

有重大意义。请回答下列问题:

(1)在一定条件下,CH4 可与 NO2 反应生成对环境无污染的物质。

已知:①CH4 的燃烧热:?H=-890.3kJ·mol?1 ②N2(g)+2O2(g) 2NO(2 g) ?H=+67.0 kJ·mol?1

③H2O(g)=H2O(l) ?H=-41.0kJ·mol?1,则 CH4(g)+2NO2(g)

CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) ?H=___

kJ·mol?1。

(2)活性炭也可用于处理汽车尾气中的 NO。在 2L 恒容密闭容器中加入 0.1000mol NO 和 2.030

mol 固体活性炭,生成 CO2、N2 两种气体,在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表所 示:

①反应的正反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。

②一定温度下,下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。

A.N2 与 NO 的生成速率相等

B.混合气体的密度保持不变

C.?H 保持不变

D.容器的总压强保持不变

③200℃时,平衡后向该容器中再充入 0.1mol NO,再次平衡后,NO 的百分含量将______(填“增

大”“减小”或“不变”)。

(3)SO2 经催化氧化可制取硫酸,在一定温度下,往一恒容密闭容器中以体积比 2∶1,通入 SO2

和 O2,测得容器内总压强在不同温度下与反应时间的关系如图所示。

图中 C 点时,SO2 的转化率为________。

②其中 C 点的正反应速率 υC(正)与 A 点的逆反应速率 υA(逆)的大小关系为:υC(正)____υA(逆) (填“>”、“<”或“=”)。
(4)有人设想将 CO 按下列反应除去:2CO(g)=2C(s)+O2(g) ?H>0,请你分析该设想能否实现? _____(填“能”或“否”),依据是__________。
(5)利用人工光合作用,借助太阳能使 CO2 和 H2O 转化为 HCOOH,如图所示,在催化剂 b 表面发生的电极反应为:___________。

太阳能使 CO2 和 H2O 转化为 HCOOH,根据电子的流向,催化剂 b 得电子,发生还原反应,电极反 应式为:CO2+2e?+2H+=HCOOH。
28.(15 分)金属钛素有“太空金属”、“未来金属”等美誉。工业上,以钛铁矿为原料制备二氧 化钛并得到副产品 FeSO4·7H2O(绿矾)的工艺流程如下图所示。
酸溶 FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)==FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)

【答案】(1)-875.3 (2)放热 B 不变 (3)66% > (4)否 该反应正向:?S<0、?H>0,故?G=?H-T?S>0,故该反应不能自发进行 (5)CO2+2e?+2H+=HCOOH 【解析】(1)利用盖斯定律,①-②-③×2 得:CH4(g)+2NO2(g) CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) ?H =(-890.3 kJ·mol?1)-(+67.0kJ·mol?1)-(-41.0 kJ·mol?1)×2=-875.3kJ·mol?1;(2)①由图中信息可知:200℃ 时 N2、CO2 物质的量比 335℃时大,升高温度平衡逆向移动,故该反应正反应是放热反应;②A.根 据反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g),N2 与 NO 的生成速率之比等于 1∶2 时,反应达到平衡,A 错误;B.反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g)中,C 为固态,建立平衡的过程中,气体质量一直增 加,当气体质量不变时,体积是恒定的,此时密度不变,即混合气体的密度保持不变说明反应达到 平衡,B 正确;C.?H 的大小与是否达到平衡无关,C 错误;D.反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g), 反应前后气体分子数不变的反应,当温度、容积不变时,反应无论是否平衡,压强不变,容器的总 压强保持不变不能说明反应达到平衡状态,D 错误;答案选 B。③反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+ N2(g),反应前后气体分子数不变的反应,200℃时,平衡后向该容器中再充入 0.1mol NO,由于 C 呈 固态,相当于增大压强,平衡不移动,NO 的转化率不变,NO 的百分含量也将不变;(3)①2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g),假设反应前通入 SO2 的物质的量为 2a mol,O2 的物质的量为 a mol,平衡时 SO2 的转化率为 x,因为 SO2 和 O2 投料比等于化学计量数之比,故 SO2 和 O2 的转化率相等,则平衡时: n(SO2)=2a(1-x) mol,n(O2)=a(1-x) mol,n(SO3)=2a x mol,在恒温、恒容的容器中,压强之比等于气 体物质的量之比,即 0.1∶0.078=3a∶(3a-ax),解得 x=66%;②根据图像,C 所处曲线先达到平衡, 故 C 点相比 A 点温度高,且产物的浓度大,C 点已经达到平衡:υC(正)=υC(逆)>υA(逆);(4)该反 应正向:?S<0、?H>0,故?G=?H-T?S>0,故该反应不能自发进行;(5)利用人工光合作用,借助

(1)试剂 A 为____________,加入 A 的目的是 ______________________(用离子方程式表示)。 (2)钛液Ⅰ需冷却至 70℃左右,若温度过高会导致产品 TiO2 回收率降低,原因是_________。 (3)请写出钛液Ⅱ水解的化学方程式:_________________。取少量酸洗后的 H2TiO3,加入盐 酸并振荡,滴加 KSCN 溶液后无明显现象,再加 H2O2 后出现微红色,这种 H2TiO3 即使用水充分洗 涤,煅烧后获得的 TiO2 也会发黄,发黄的杂质是_________(填化学式)。 【答案】(1)Fe 2Fe3++Fe=3Fe2+ (2)温度过高会导致 TiOSO4 提前水解,产生 H2TiO3 沉淀 (3)TiOSO4(aq)+2H2O(l)=9=0=℃==H2TiO3(s)+H2SO4(aq) Fe2O3 【解析】流程分析:钛铁矿(主要成分为 FeTiO3,其中 Ti 元素化合价为+4 价)加硫酸溶解, 根据题给信息中酸溶反应得,滤液中含有 FeSO4(aq)、TiOSO4(aq),加铁粉(试剂 A),把三价铁离 子还原为亚铁离子,降温到 70℃,结晶过滤,得到硫酸亚铁晶体,滤液为 TiOSO4(aq),滤液温度升 高到 90℃,使 TiOSO4 水解生成 H2TiO3,洗涤、干燥、煅烧得到 TiO2,据此分析解答。(1)根据 流程图分析知,酸溶后的溶液总可能存在铁离子,所以试剂 A 为铁粉,目的是还原铁离子生成亚铁 离子,故答案为:Fe;2Fe3++Fe=3Fe2+;(2)根据题给信息分析知,酸溶后溶液中含有 TiOSO4,分 析流程图知滤液 II 温度升高到 90℃,使 TiOSO4 水解生成 H2TiO3,所以此处温度高时,会提前水解, 故答案为:温度过高会导致 TiOSO4 提前水解,产生 H2TiO3 沉淀;(3)根据水解原理及水解产物分 析该水解方程式为:TiOSO4(aq)+2H2O(l)=9=0=℃==H2TiO3(s)+H2SO4(aq);取少量酸洗后的 H2TiO3,加入 盐酸并振荡,滴加 KSCN 溶液后无明显现象,再加 H2O2 后出现微红色,说明存在少量的 Fe2+,则段 稍后发黄的物质为 Fe2O3,故答案为:TiOSO4(aq)+2H2O(l)=9=0=℃==H2TiO3(s)+H2SO4(aq);Fe2O3。 (二)选做题(从给出的两题中任选一道作答,多做则按第一题计分,共 15 分) 35.【选修 3——物质的结构与性质】

锂离子电池常用的电极材料是 LiCoO2 和石墨。 (1)画出基态 Co2+离子的价电子排布图__________________。 (2)Co2+与 CN 一结合形成配合物[(Co(CN)6]4-,其中与 Co2+结合的 C 原子的杂化方式是_____。 (3)NH3 分子与 Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+,与游离的氨分子相比,其键角∠HNH____(填“较 大”,“较小”或“相同”),解释原因________________。 (4)Li2O 的熔点为 1570℃,CoO 的熔点为 1935℃,解释后者熔点更高的主要原因是_____。 (5)石墨的晶胞为六方晶胞,部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为 d g·cm-3,以 NA 代表 阿伏加德罗常数的数值,则石墨中的 C-C 键长为________pm。

能大于 Li2O 晶格能,因此 CoO 熔点高于 Li2O;答案:Co2+带两个正电荷,Li+带一个正电荷,CoO

的晶格能大于 Li2O 晶格能;(5)根据俯视图

,碳碳键长应是 AC 或 AD 或 AF 距离,

该平面为菱形,△FDC 为正三角形,∠CAD=120°,令 AC=AD=AF=x,根据余弦定理,a2=x2+x2-
2x2cos120°,解得 x= 3 a 。 3
36.【选修 5——有机化学基础】 乙酸是有机合成的重要原料,由它合成苏合香醇(香料)和扁桃酸(医药中间体)的途径如图:

【答案】(1)

(2)sp (3)较大 NH3 通过配位键与 Co2+结合后,原来的孤电子对变为成键电子对,对其他 N-H 成键电子对的排斥力减小,N-H 键之间的键角增大 (4)Co2+带两个正电荷,Li+带一个正电荷,CoO 的晶格能大于 Li2O 晶格能
(5) 3 a 3
【解析】(1)Co 为 27 号元素,价电子排布式为 3d74s2,失去 2 个电子后,Co2+价电子排布式为

3d7,根据洪特规则和泡利原理,Co2+的价电子排布式图是

;答案:



(2)CN-中 C 和 N 共用叁键,其中 C 有一个 σ 键,孤电子对数为 4 1 3 =1,价层电子对数为 2,杂 2
化轨道数=价层电子对数=2,即 C 的杂化类型为 sp;答案:sp;(3)游离态氨中 N 有 2 个孤电子对, 络合物中[Co(NH3)6]2+中 N 提供一个孤电子对与 Co2+形成配位键,利用孤电子对之间的斥力>孤电子 -成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力,导致游离态氨分子中 N-H 键之间的夹角偏小,而与 Co2+结合后,孤电子对变成了 σ 键电子对,排斥力减小,因此 N-H 键之间的夹角会增大;答案: 较大;NH3 通过配位键与 Co2+结合后,原来的孤电子对变为成键电子对,对其他 N-H 成键电子对 的排斥力减小,N-H 键之间的键角增大;(4)Li2O、CoO 为离子晶体,影响熔沸点高低的是晶格能, 而晶格能与离子半径、所带电荷数有关,CoO 中 Co2+带两个正电荷,Li+带一个正电荷,CoO 的晶格

已知:RCH2COOH

(1)A 的结构简式为_____,B 中官能团的名称是_____。反应④的反应类型是_____。 (2)反应③的化学方程式为_____。 (3)芳香族化合物 M(C10H10O4)可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物,M 的 结构简式为_____。

(4)聚丙烯酸(

)在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信

息,设计由丙酸(CH3CH2COOH)为原料合成聚丙烯酸的路线_____。(合成路线常用的表示方式为:
甲 反 反应 应条 试 件 剂 乙 反 反应 应条 试 件 剂 …目标产物)

【答案】(1)

氯原子、羧基 加成反应

(2)2HOCH2COOH+O2 Cu 2OHCCOOH+2H2O

(3)

(4) CH3CH2COOH

CH3CHClCOOH 氢氧 化钠、乙醇CH2=CHCOONa 硫酸 CH2=

CHCOOH 催化剂

【解析】乙酸与 SOCl2 发生取代反应生成



与苯在一定条件下发生取代反

应 A,A 与氢气催化剂作用下发生加成反应生成苏合香醇,根据 A 物质前后反应类型和物质结构变

化,A 的结构简式为:

;乙酸与 Cl2 在一定条件下发生取代反应生成 B(ClCH2COOH),B

在一定条件下转化为 HOCH2COOH,HOCH2COOH 发生催化氧化生成 C,C 为 OHCCOOH,C 与苯

发生加成反应生成

,据此分析解答。(1)根据分析 A 的结构简式为

,B 的结

构式为 ClCH2COOH,其中官能团的名称是氯原子、羧基;反应④C 与苯发生加成反应生成
,反应类型是加成反应;(2)反应③是 HOCH2COOH 发生催化氧化生成 C,C 为
OHCCOOH,的化学方程式为 2HOCH2COOH+O2 Cu 2OHCCOOH+2H2O;(3)芳香族化合物
M(C10H10O4),则分子结构中含有苯环,该有机物能水解生成两种只含一个碳原子的含氧衍生物,说 明分子结构中含有两个酯基,水解生成的两种只含一个碳原子的含氧衍生物应该为甲酸(HCOOH)和

甲醇(CH3OH),根据扁桃酸(

)的结构简式,M 的结构简式为



(4)CH3CH2COOH 在 P 作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成 CH3CHClCOOH,CH3CHClCOOH 在 氢 氧 化 钠 的 醇 溶 液 中 发 生 消 去 反 应 生 成 CH2=CHCOONa , 加 足 量 的 酸 进 行 酸 化 转 化 为

CH2=CHCOOH,CH2=CHCOOH 在催化剂作用下发生聚合反应生成

,合成路线:

CH3CH2COOH

CH3CHClCOOH 氢氧 化钠、乙醇CH2=CHCOONa 硫酸 CH2=CHC

OOH 催化剂




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