学年北京市东城区高考化学质量跟踪监视试题.docx
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学年北京市东城区高考化学质量跟踪监视试题
2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)
1.下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的的是
A.用装置甲制取氯气
B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
2.四种短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示,其中D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物。
下列有关判断不正确的是
A.A的简单氢化物是天然气的主要成分
B.元素A、B、C对应的含氧酸的钠盐水溶液不一定显碱性
C.单质B既可以与酸反应,又可以与碱反应,所以是两性单质
D.最高价氧化物对应的水化物的酸性:
D>C
3.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,W为空气中含量最多的元素,Y的周期数等于其族序数,W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水,Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。
下列叙述正确的是
A.X、Y均可形成两种氧化物
B.离子的半径大小顺序:
r(X+) C.W和Z的氢化物之间不能反应 D.X的氢化物(XH)中含有共价键 4.钙和钠相似,也能形成过氧化物,则下列叙述正确的是 A.过氧化钙的化学式是Ca2O2 B.1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气 C.过氧化钙中阴阳离子数之比为2: 1 D.过氧化钙中只含离子键 5.一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高,广泛用作防护材料。 其结构片段如图所示: 下列关于该高分子的说法不正确的是 A.芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域的重要基础材料 B.完全水解产物的单个分子中,含有官能团一COOH或一NH2 C.氢键对该高分子的性能有影响 D.结构简式为 6.以下物质的水溶液显酸性的是 A.NaHCO3B.NaHSO4C.CH3COOKD.KNO3 7.下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是( ) A.浓硫酸、浓盐酸都是无色液体 B.铁片加入浓硫酸中无明显现象,加入浓盐酸中有大量气泡产生 C.将两种酸分别滴到 pH 试纸上,试纸最终均呈红色 D.将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟,靠近浓硫酸没有白烟 8.酚酞是一种常见的酸碱指示剂,其在酸性条件下结构如图所示,则下列对于酚酞的说法正确的是() A.在酸性条件下,1mol酚酞可与4molNaOH发生反应 B.在酸性条件下,1mol酚酞可与4molBr2发生反应 C.酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物 D.酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应,消去反应和取代反应 9.化学在实际生活中有着广泛的应用。 下列说法错误的是() A.食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质,但要按标准使用 B.铅蓄电池工作时两极的质量均增加 C.CO2和SO2都是形成酸雨的气体 D.用明矾作净水剂除去水中的悬浮物 10.下列实验操作,现象和结论都正确的是 选项 操作 现象 结论 A 用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧 铝箔熔化并滴落 氧化铝的熔点较低 B 向亚硫酸钠溶液中滴加足量盐酸,将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 非金属性: C 将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片(大小、形状相同),分别插入同浓度的稀硫酸中 镁片表面产生气泡速率大于铝片 还原性: D 常温下,将两根大小相同的铁钉分别插入浓硝酸和稀硝酸中 浓硝酸中无明显现象,稀硝酸中产生气泡 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强 A.AB.BC.CD.D 11.下列说法正确的是: A.将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后,置于内焰中铜丝又恢复原来的红色 B.氨气不但可以用向下排空气法收集,还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集 C.向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体,该气体能使澄清石灰水变浑浊,则原溶液中一定含有CO32- D.为了使过滤加快,可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌,加速液体流动 12.已知298K时,Ksp(NiS)=1.0×10-21,Ksp(FeS)=6.0×10-18,其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe),下列说法正确的是(已知: ≈2.4, ≈3.2)() A.M点对应的溶液中,c(S2-)≈3.2×10-11mol·L-1 B.与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的 C.向Q点对应的溶液中加水,可转化成N点对应的溶液 D.FeS+Ni2+ NiS+Fe2+的平衡常数K=6000 13.新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用,但易被空气氧化。 某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量,其化学方程式为: +2HI 下列认识正确的是( ) A.上述反应为取代反应B.滴定时可用淀粉溶液作指示剂 C.滴定时要剧烈振荡锥形瓶D.维生素C的分子式为C6H9O 14.下列说法中正确的是() A.60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果 B.液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中 C.苯酚溅到皮肤上,立即用水冲洗,然后涂上稀硼酸溶液 D.油脂不能使溴水褪色 15.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池,其原理如图,该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y,Y可循环使用。 下列说法正确的是 A.O2在石墨Ⅱ附近发生氧化反应 B.该电池放电时NO3-向石墨Ⅱ电极迁移 C.石墨Ⅰ附近发生的反应: 3NO2+2e- NO+2NO3- D.相同条件下,放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶1 二、实验题(本题包括1个小题,共10分) 16.ClO2是一种优良的消毒剂,其溶解度约是Cl2的5倍,但温度过高浓度过大时均易发生分解,因此常将其制成KClO2固体,以便运输和贮存。 制备KClO2固体的实验装置如图所示,其中A装置制备ClO2,B装置制备KClO2。 请回答下列问题: (1)A中制备ClO2的化学方程式为__。 (2)与分液漏斗相比,本实验使用滴液漏斗,其优点是__。 加入H2SO4需用冰盐水冷却,是为了防止液体飞溅和__。 (3)实验过程中通入空气的目的是__,空气流速过快,会降低KClO2产率,试解释其原因__。 (4)ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。 a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4 (5)KClO2变质分解为KClO3和KCl,取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液,分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__(填“相同”、“不相同”“无法确定”)。 三、推断题(本题包括1个小题,共10分) 17.已知: 环己烯可以通过1,3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到: 实验证明,下列反应中,反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化: 现仅以1,3-丁二烯为有机原料,无机试剂任选,按下列途径合成甲基环己烷: (1)写出结构简式: A_____________;B______________ (2)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_____________ (3)1molA与1molHBr加成可以得到___________种产物。 四、综合题(本题包括2个小题,共20分) 18.金属镓有“电子工业脊梁”的美誉,镓及其化合物应用广泛。 (1)基态Ga原子中有_____种能量不同的电子,其价电子排布式为_________。 (2)第四周期的主族元素中,基态原子未成对电子数与镓相同的元素有_______(填元素符号)。 (3)三甲基镓[(CH3)3Ga]是制备有机镓化合物的中间体。 ①在700℃时,(CH3)3Ga和AsH3反应得到GaAs,化学方程式为____________________。 ②(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为__________;AsH3的空间构型是________________。 (4)GaF3的熔点为1000℃,GaC13的熔点为77.9℃,其原因是_______________________。 (5)砷化镓是半导体材料,其晶胞结构如图所示。 ①晶胞中与Ga原子等距离且最近的As原子形成的空间构型为_______。 ②原子坐标参数是晶胞的基本要素之一,表示晶胞内部各原子的相对位置。 图中a(0,0,0)、b(1, ),则c原子的坐标参数为______________。 ③砷化镓的摩尔质量为Mg·mol-1,Ga的原子半径为pnm,则晶体的密度为____g·cm-3。 19.(6分)聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯,其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯,该反应的化学方程式为: CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l) CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l) 已知v正=k正x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH),v逆=k逆x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH),其中v正、v逆为正、逆反应速率,k正、k逆为速率常数,x为各组分的物质的量分数。 (1)反应开始时,已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1: 1投料,测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。 该醇解反应的ΔH____0(填>或<)。 348K时,以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____(保留2位有效数字)。 在曲线①、②、③中,k正-k逆值最大的曲线是____;A、B、C、D四点中,v正最大的是___,v逆最大的是____。 (2)343K时,己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1: 1、1: 2和2: 1进行初始投料。 则达到平衡后,初始投料比____时,乙酸甲酯转化率最大;与按1: 2投料相比,按2: 1投料时化学平衡常数Kx___(填增大、减小或不变)。 (3)该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂,下列关于该催化剂的说法正确的是____。 a.参与了醇解反应,但并不改变反应历程b.使k正和k逆增大相同倍数 c.降低了醇解反应的活化能d.提高乙酸甲酯的平衡转化率 参考答案 一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意) 1.C 【解析】 【分析】 【详解】 A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气,A不正确; B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液,且气体是长口进短口出,B不正确; C、二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,装置丙是过滤装置,C正确; D、锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O,应该在氯化氢的气氛中进行,D不正确。 答案选C。 2.C 【解析】 【分析】 D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物,D为S,A为C,B为Al,C为Si。 【详解】 A.A的简单氢化物是天然气的主要成分为甲烷,故A正确; B.元素草酸氢钠溶液显酸性,故B正确; C.单质B既可以与酸反应,又可以与碱反应,但不能叫两性单质,故C错误; D.最高价氧化物对应的水化物的酸性: H2SO4>H2SiO3,故D正确。 综上所述,答案为C。 【点睛】 同周期,从左到右,最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐增强。 3.B 【解析】 【分析】 【详解】 W是空气中含量最多的元素,则W为N元素。 Y的周期数等于其族序数,另Y的原子序数大于W的原子序数,则Y在第三周期第ⅢA族,Y为Al元素。 Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水,在Al和N之间的元素,Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水,则X为Na元素。 Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍,最内层的电子数为2个,则Z的最外层电子数为6,则Z为S元素。 A.Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物,属于特殊的氧化物),有2种;Al的氧化物为Al2O3,只有1种,A错误; B.S2-核外有3个电子层,Na+核外只有2个电子层,电子层数越多,离子半径越大,则有r(Na+)<r(S2-),B正确; C.W和Z的氢化物分别为NH3和H2S,可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=(NH4)2S,C错误; D.Na的氢化物NaH,由Na+和H-构成,只有离子键,D错误。 答案选B。 【点睛】 离子半径比较方法可以归纳为: ①核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小;②核外电子排布不同的短周期元素离子,其电子层数越多,离子半径越大。 4.B 【解析】 【详解】 A.过氧化钙的化学式是CaO2,故A错误; B.过氧化钠或过氧化钙跟水的反应: 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑,2H2O+2CaO2=2Ca(OH)2+O2↑,都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气,故B正确; C.过氧化钙中阴离子为过氧根离子,过氧化钙中阴阳离子数之比为1: 1,故C错误; D.过氧化钙中既含有离子键又含有共价键,故D错误; 答案选B。 5.D 【解析】 【详解】 A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高,分子之间氢键的存在,增加了分子之间的吸引力,使物质更致密,防护功能更高,A正确; B.根据物质的分子结构可知,该化合物是由 、 发生缩聚反应产生, 的官能团是氨基(-NH2), 的官能团是羧基(-COOH),B正确; C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力,影响了物质的物理性质,如溶解性、物质的熔沸点,C正确; D.根据物质的结构可知其结构简式为 ,D错误; 故合理选项是D。 6.B 【解析】 【详解】 溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。 c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。 A.NaHCO3在溶液中完全电离,生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性,A项错误; B.NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-,使溶液呈酸性,B项正确; C.CH3COOK在溶液中完全电离,生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性,C项错误; D.KNO3溶液中,K+、NO3-不能发生水解,溶液呈中性,D项错误。 本题选B。 7.C 【解析】 【详解】 A、浓硫酸、浓盐酸都是无色液体,故A正确; B、浓硫酸具有强氧化性,使铁发生钝化,所以铁片加入浓硫酸中无明显现象,铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,产生大量气泡,故B正确; C、浓硫酸具有脱水性,能够使试纸脱水变黑,所以浓硫酸滴到pH试纸上最终变黑,故C错误; D、浓硫酸不具有挥发性,浓盐酸具有挥发性,所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟,靠近浓硫酸没有白烟,故D正确; 故选: C。 【点睛】 本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等,注意浓硫酸具有脱水性,不能使pH试纸变红色。 8.B 【解析】 【详解】 A.在酸性条件下,酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应,故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应,A错误; B.在酸性条件下,两个酚羟基有4个邻位氢原子,1mol酚酞可与4molBr2发生反应,B正确; C.酚酞分子中没有碳碳双键,所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应,C错误; D.酚羟基不能发生消去反应,连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子,也不能发生消去反应,D错误; 故选B。 9.C 【解析】 【详解】 A.食品添加剂要按标准使用,因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时,可能也产生一定的毒性,A正确; B.铅蓄电池工作时,负极Pb→PbSO4,正极PbO2→PbSO4,两极的质量均增加,B正确; C.SO2是形成酸雨的气体,但CO2不是形成酸雨的气体,C错误; D.明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体,吸附水中的悬浮物并使之沉降,所以可用作净水剂,D正确; 故选C。 10.C 【解析】 【详解】 A.用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧,由于铝外面包着一层氧化铝,而氧化铝熔点高,所以铝箔融化,但不滴落,A错误; B.应当比较最高价氧化物对应水化物的酸性来推断元素非金属性的强弱,B错误; C.将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片(大小、形状相同),分别插入同浓度的稀硫酸中,镁片表面产生气泡速率大于铝片,说明Mg比Al更活泼,即还原性更强,C正确; D.Fe在冷的浓硝酸中会发生钝化,故D错误; 故答案选C。 11.A 【解析】 【详解】 A.将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后,生成氧化铜,置于内焰中遇到乙醇,发生反应生成铜,又恢复原来的红色,故A正确; B.氨气极易溶于水中,不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集,故B错误; C.向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体,该气体能使澄清石灰水变浑浊,原溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-等,故C错误; D.过滤时玻璃棒起引流作用,不能搅拌,会捅破滤纸,故D错误。 故选: A 12.D 【解析】 【详解】 A.饱和的NiS溶液中c(Ni2+)=c(S2-)= =3.2×10-11mol·L-1,同理饱和FeS溶液中c(Fe2+)=c(S2-)=2.4×10-9mol·L-1,因此I曲线代表的是FeS,II曲线代表的是NiS,即M点c(S2-)=2.4×10-9mol·L-1,故A错误; B.此时P点对应的NiS为过饱和溶液,不是稳定分散系,应有沉淀产生,故B错误; C.Q点加水,溶液中c(Ni2+)、c(S2-)减小,Q不能转化到N点,应在Q点上方,故C错误; D.平衡常数K= =6000,故D正确。 13.B 【解析】 【详解】 A、上述反应为去氢的氧化反应,A错误; B、该反应涉及碘单质的反应,可用淀粉溶液作指示剂;B正确; C、滴定时轻轻振荡锥形瓶,C错误; D、维生素C的分子式为C6H8O6,D错误。 14.B 【解析】 【详解】 A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果,故A错误; B.液溴见光、受热易挥发,可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中,故B正确; C.苯酚溶液的腐蚀性很强,如果不马上清洗掉,皮肤很快就会起泡,应马上用有机溶剂清洗,常用的有机溶剂就是酒精(苯酚在水中的溶解度很小),故C错误; D.油脂是油和脂肪的统称。 从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。 油脂是烃的衍生物。 其中,油是不饱和高级脂肪酸甘油酯,脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯,所以油脂中的油含有不饱和键,可以使溴水褪色,而脂肪不能使溴水褪色。 故D错误。 答案选B。 15.D 【解析】 【详解】 A.石墨Ⅱ通入氧气,发生还原反应,为原电池的正极,电极方程式为O2+2N2O5+4e-=4NO3-,A错误; B.原电池中阴离子移向负极,NO3-向石墨Ⅰ电极迁移,B错误; C.石墨I为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5,C错误; D.负极反应式为: NO2+NO3--e-=N2O5、正极反应式为: O2+2N2O5+4e-=4NO3-,则放电过程中消耗相同条件下的NO2和O2的体积比为4: 1,D正确; 答案选D。 【点晴】 该题为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意原电池正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等,侧重于有关原理的应用的考查。 二、实验题(本题包括1个小题,共10分) 16.2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同,使液体顺利滴下降低反应体系的温度,防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时可稀释ClO2,防止浓度过大发生分解空气流速过快,ClO2不能被充分吸收cd相同 【解析】 【分析】 (1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2,KClO3得电子,被还原,则K2SO3被氧化,生成K2SO4,根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式; (2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势;根据已知信息: ClO2温度过高时易发生分解解答; (3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时根据ClO2浓度过大时易发生分解,分析其作用; (4)氧化还原反应中,化合价有降低,必定有升高; (5)KClO2变质分解为KClO3和KCl,变质发生的反应为: 3KClO2=2KClO3+KCl,且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-,根据电子转移守恒分析判断。 【详解】 (1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2,KClO3得电子,被还原,则K2SO3被氧化,生成K2SO4,根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O,故答案为: 2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O; (2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比,其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等,使液体能顺利滴下;加入H2SO4需用冰盐水冷却,是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热,从而使液体飞溅,并防止生成的ClO2分解,故答案为: 滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同,使液体顺利滴下;降低反应体系的温度,防止温度高ClO2分解; (3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时可稀释ClO2,防止浓度过大发生分解;空气流速过快吋,ClO2不能被充分吸收,导致其产率降低,故答案为: 将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收,同时可稀释ClO2,防止浓度过大发生分解;空气流速过快,ClO2不能被充分吸收; (4)ClO2中Cl的化合价为+4价,KClO2中Cl的化合价为+3价,由此可知该反应为氧化还原反应,则化合价有降低,必定有升高,则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4,故答案为: cd; (5)KClO2变质分解为KClO3和KCl,变质发生的反应为: 3KClO2=2KClO3+KCl,3molKClO2变质得到2molKClO3,与足量FeSO4溶液反应时,KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-,3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol,2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol,故消耗Fe2+物质的量相同,故答案为: 相同。 【点睛】 第(5)问关键是明确变质发生的反应为: 3KClO2=2KClO3+KCl,KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-,3molKClO2与2molKClO3得电子数相等,故消耗Fe2+物质的量相同。 三、推断题(本题包括1个小题,共10分) 17. A4 【解析】 【分析】 根据碳原子数目可知,反应①为1,3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A,则A为 ,结合A发生信息Ⅱ中反应生成B,则B为 ,结合C的分子式可知,B与氢气发生全加成反应生成C,C为 ,C发生消去反应生成D,D为 ,D发生加成反应生成甲基环己烷。 【详解】 根据上述分析可知: A为 ,B为 ,C为 ,D为 。 (1)通过以上分析知,A的结构简式是 ,B的结构简式是 ; (2)A是 ,A与H2发生加成反应后产物为 ,名称为乙基环己烷,与甲基环己烷互为同系物,故合理物质序号为A; (3)A的结构简式是 ,其分子中含有的2个碳碳双键上的4个C原子都不等效,所以Br原子
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