纯Word版解析普通高等学校招生统一考试化学浙江卷1.docx
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纯Word版解析普通高等学校招生统一考试化学浙江卷1
2013年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)
化学试题精品解析
【评析】理科综合能力测试化学部分试题遵循《2013年浙江省普通高考考试说明》的要求,题型结构呈现较好的稳定性,难度控制也较为恰当,并在减少阅读量、降低陌生度、体现现代实验技术、设置开放性问题等方面进行了有益的尝试,命题方向值得肯定。
客观题部分减少了纯粹记忆性、陈述性的内容,要求学生在理解化学原理及相关实验本质的基础上进行分析判断,增加了化学问题解决的理性和逻辑色彩;主观题部分则着重解决实际问题,要求学生运用所学的元素化合物知识、有机化学基础知识、实验基本原理和技能,解决诸如捕碳技术、磁性Fe3O4胶体粒子制备以及药物、塑料合成过程中的化学问题,试题情景涉及氢能源、降低温室气体排放、新材料和药物的制备等社会热点,进而引导学生更好地关注社会、学以致用。
试题覆盖面广、信息量大、取材科学、立意平实、强化基础、突出主干,特别注重考查学生对知识的理解和灵活应用,考查学科核心知识和思想方法,以及在化学工艺、化学合成等实际问题解决中的整体把握和设计能力,贴近中学化学教学实际,对于减负和优化教学有良好的导向作用。
1、相对稳定,有所创新
试题体现了相对稳定,有所创新,难题有所下降。
如29题,在保持以往命题风格外,第(6)出现设计合成路线;28题,改变前几年以大学实验为素材命题;7题,改变以往考查记忆性知识,而是以能力立意命题等,命题思路贴近中学化学教学实际,增强了试题的“亲和力”,引领教学。
2、选材考究、立意高远
试题立意高远,选材考究,强调化学在生产、生活中的实际应用。
26题的储氢材料,27题的“捕碳”技术,28题的Fe3O4磁性胶体粒子的制备,29题的利胆药—柳胺酚的制备等,均将化学知识与生产、生活实际进行了巧妙的结合,体现化学学科的时代性和应用性。
3、注重能力、考查素养
试题立足于化学学科的主干与核心知识,取材新颖,以实际的化学现象为问题情境,能力立意命题。
如26题,以储氢材料为背景,选取Al、Cu、N等元素的重要化合物的性质,以定性与定量相结合推断物质,重点考查学生分析问题与解决问题的能力;27题以捕碳技术为背景,(NH4)2CO3为吸收剂,考查学生结合图表信息,运用化学反应速率与平衡原理解决实际问题的能力。
重视学生迁移能力的考查,如7题C选项从P到As的迁移,9题从Na2O2到Na2S2的迁移等。
试题凸现了化学学科思想与方法,有效地考查了学生的化学学科素养。
选择题部分
可能用到的相对原子质量:
H1C12O16N14Na23Al27S32Cl35.5K39Cr52Fe56Cu64I127
一、选择题(本题共7小题,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、下列说法不正确的是
A.多孔碳可用氢氧燃料电池的电极材料
B.pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C.科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素,该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D.
和CO2反应生成可降解聚合物
,该反应符合绿色化学的原则
【知识点】燃料电池,酸碱中和滴定,缩聚反应等知识。
【答案】B
【解析】A项,氢氧燃料电池要求电极必须多孔具有很强的吸附能力,并具一定的催化作用,同时增大气固的接触面积,提高反应速率;B项,pH计可用于酸碱中和滴定终点的判断;C项,As和P同主族,可以取代普通的P元素;D项,甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯,原子利用率达到100%,生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质,所以此反应符合绿色化学原则。
8、下列说法正确的是
A.实验室从海带提取单质碘的方法是:
取样
灼烧
溶解
过滤
萃取
B.用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时,可用水浴加热控制反应的温度
C.氯离子存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中
D.将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液,都出现沉淀,表明二者均可使蛋白质变性
【知识点】从海水中提取碘,乙烯的制备,蛋白质的性质等知识。
【答案】C
【解析】A项,实验室从海带提取单质碘缺少了氧化过程,萃取后还要分液;B项,用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时必须使温度迅速提高至约170℃,不可能是水浴加热(水浴加热温度最高只能达到100℃);C项,通常认为是Cl—替换氧化铝中的O2—而形成可溶性的氯化物,所以铝表面的氧化膜易被Cl—破坏;D项,蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析(盐析是可逆过程,不破坏蛋白质的生理活性,加水后又溶解),蛋白质溶液中加入CuSO4等重金属盐溶液变性析出(变性是不可逆过程,蛋白质失去了生理活性,加水不再溶解)。
9、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示,其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,则下列说法正确的是
X
Y
Z
W
Q
A.钠与W可能形成Na2W2化合物
B.由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C.W得电子能力比Q强
D.X有多种同素异形体,而Y不存在同素异形体
【知识点】物质结构与元素周期律,同素异形体等知识。
【答案】A
【解析】由“X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半”可推出X为C,因此Y为O,Z为Si,W为S,Q为Cl。
A项,Na和S可形成类似于Na2O2的Na2S2;B项,Z与Y组成的物质是SiO2,SiO2是原子晶体,熔融时不能导电;C项,S得电子能力比Cl弱;D项,C、O元素都能形成多种同素异形体。
10、下列说法正确的是
A.按系统命名法,化合物
的名称是2,3,5,5-四甲基-4,4-二乙基己烷
B.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C.苯与甲苯互为同系物,均能使KMnO4酸性溶液褪色
D.结构片段为
的高聚物,其单体是甲醛和苯酚
【知识点】有机物的结构、性质和命名,缩聚反应等知识。
【答案】D
【解析】A项,题给化合物正确的名称为2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷;B项,苯甲酸的分子式为C7H6O2,可将分子式变形为C6H6·CO2,因此等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等;C项,苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色;D项,高分子物质是酚醛树脂,其单体是甲醛和苯酚,二者之间通过发生缩聚反应而得到。
11、电解装置如图所示,电解槽内装有KI及淀粉溶液,中间用阴离子交换膜隔开。
在一定的电压下通电,发现左侧溶液变蓝色,一段时间后,蓝色逐渐变浅。
已知:
3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O,下列说法不正确的是
A.右侧发生的电极方程式:
2H2O+2e—==H2↑+2OH—
B.电解结束时,右侧溶液中含有IO3—
C.电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O===KIO3+3H2↑
D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,电解槽内发生的总化学方程式不变
【知识点】电解原理,电解方程式的书写等知识。
【答案】D
【解析】根据题意可知:
电解的电极反应为:
阳极2I——2e—==I2(左侧溶液变蓝色),进一步发生3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O(故一段时间后,蓝色变浅),所以导致IO3—向右侧移动。
阴极的电极反应为2H2O+2e—==H2↑+2OH—(右侧放出氢气),以至OH—通过阴离子交换膜向阳极移动。
如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,则阳极的电极反应为2I——2e—==I2,这时K+富余,然后K+通过阳离子交换膜迁移至阴极。
阴极的电极反应为2H2O+2e—==H2↑+2OH—,这样以来保证两边溶液呈电中性。
12、25℃时,用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是
A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:
HZ<HY<HX
B.根据滴定曲线,可得Ka(HY)≈10—5
C.将上述HX、HY溶液等体积混合后,用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时:
c(X—)>c(Y—)>c(OH—)>c(H+)
D.HY与HZ混合,达到平衡时:
【知识点】
【答案】B
【解析】A项,从图中3条滴定曲线分析可知,三种一元酸浓度相同,而起始时溶液的PH,HX最大,HZ最小,HY次之,说明HZ酸性最强,HY次之,HX的酸性最弱,酸性越强电离程度越大,导电能力越强,所以,相同温度下,三种酸溶液的导电能力顺序为:
HZ>HY>HX;B项,根据滴定曲线可知,起始时,酸HY的pH=3,由HY
H++Y–可知HY电离出来的H+的浓度c(H+)=10–3mol/L,所以Ka(HY)=c(H+)·c(Y–)/c(HY)=(10–3)2/0.1000=10–5,正确;C项,当HX和HY溶液等体积混合后,用NaOH溶液滴定至HX恰好反应,此时,溶液中的溶质为NaX和HY,且两者的浓度相同,溶液应该呈酸性,所以溶液中c(H+)>c(OH–),又根据“越弱越水解”,HX的酸性 电离平衡和水解平衡,达到平衡时,根据电荷 守恒有: c(H+)总=c(Y–)+c(Z–)+c(OH–);根据酸HY的电离常数,则c(Y—)= 或 。 代入电荷守恒得: c(H+)总=c(Y–)+c(Z–)+c(OH–)= +c(Z–)+c(OH–)。 13、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合剂,某同学为了确认其成分,取部分制剂作为试液,设计并完成了如下实验: 已知: 控制溶液pH=4时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀。 该同学得出的结论正确的是 A.根据现象1可推出该试液中含有Na+ B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根 C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+,但没有Mg2+ D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+ 【知识点】离子的检验 【答案】C 【解析】分析实验设计和完成的实验: ①试液中加入NaOH溶液、Na2CO3溶液后,葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)转化为不溶性的碳酸盐(沉淀物)和可溶性的葡萄糖酸盐溶液(滤液)。 但是,与此同时也引入了杂质Na+,由于杂质Na+的引入,所以就不能根据实验现象1推出该试液中含有Na+。 ②根据在碱性条件下滤液不与银氨溶液反应,产生银镜,说明滤液中的溶质是不含有醛基的物质,而是可溶性的葡萄糖酸钠盐,盐的电离,溶液中就含有葡萄糖酸根离子,故选项A和选项B均不正确。 ③沉淀物是碳酸盐,碳酸盐与酸(H+)反应,可放出CO2气体和生成可溶性盐溶液,在生成的可溶性盐溶液中加入H2O2,目的是要把溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+,从而调节盐溶液的pH=4,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀除去。 但由于碳酸亚铁和碳酸铁均不溶于水,但均溶于酸,在加人H2O2前没有实验能说明溶液中一定含有Fe2+,加入H2O2后,仅管加入KSCN能使溶液呈现血红色(实验现象5),但仍然无法证明原溶液中一定存在Fe2+,因为,如果该溶液中没有Fe2+只有Fe3+,同样会有实验现象5,选项D错。 ④Ca(OH)2是微溶的,而Mg(OH)2是难溶性的,因此,Mg(OH)2的溶解度< 故选项C正确。 非选择题部分 26、氢能源是一种重要的清洁能源。 现有两种可产生H2的化合物甲和乙。 将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)。 甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。 化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。 请回答下列问题: (1)甲的化学式是_________;乙的电子式是__________。 (2)甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。 (3)气体丙与金属镁反应的产物是_______(用化学式表示)。 (4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式_________。 有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之_________________________。 (已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O) (5)甲与乙之间_______(填“可能”或“不可能)发生反应产生H2,判断理由是________。 【知识点】本题以储氢材料为背景,以定性与定量相结合推断物质,重点考查学生分析问题与解决问题的能力。 涉及到的知识点有: 元素推断,物质结构与元素周期律,电子式的书写,化学方程式的书写,实验方案的设计等知识。 【答案】 ⑴AlH3 ⑵AlH3+3H2O=Al(OH)3+3H2↑ ⑶Mg3N2 ⑷2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O ⑸取样后加稀H2SO4,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O。 ⑹可能AlH3中的氢化合价为-1价,NH3中的氢为+1价,从而有可能发生氧化还原反应生成氢气。 【解析】①已知,甲、乙两种化合物均可产生H2,故它们的组成中均含有H元素。 ②根据甲加热完全分解只得到一种短周期元素的金属单质和H2,可知甲是由两种元素组成,是一种金属氢化物。 再由甲与水反应也能放出H2,同时还产生一种可溶于NaOH溶液的白色沉淀,可知,这种白色沉淀是Al(OH)3,从而推出甲中含有的金属元素是Al;再根据标准状况下,6.00g甲加热完全分解可产生0.3mol(6.72L)H2,可推断甲为AlH3。 ③根据化合物乙在催化剂存在下可得到H2,和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·L-1,由此可知,乙也是由两种元素组成,根据计算丙的相对分子质量(M=1.25×22,4=28),可以推断丙为N2,则乙为NH3。 由此,可以写出甲的化学式;NH3的电子式;AlH3与水反应的化学方程式;④N2与金属Mg的反应为: N2+3Mg Mg3N2,故产物为Mg3N2(化学式);依题给的信息: 氨气在加热条件下,能与CuO反应生成Cu和N2就可写出该反应的化学方程式。 ⑤根据题给的已知条件,Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O,可以知道Cu2O与酸能发生岐化反应,生成Cu和Cu2+,Cu2+能使溶液呈蓝色,从而可以设计出验证产物中含有Cu2O的实验方案。 ⑤分析AlH3和NH3中氢的化合价可知,AlH3中氢的化合价为-1价,NH3中氢的化合价为+1价,根据氧化还原反应的归中规律: 高价态+低价态→中间价态,有可能发生氧化还原反应生成氢气。 【点评】本题要求根据物质的性质及其计算进行推理,考查了化学式、电子式、化学方程式的正确书写,根据题给信息设计实验的能力,并要求根据物质的组成判断物质的化学性质。 本题完全依据2013年《考试说明》样卷对应试题的模式进行命题。 27.(14分)捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂,它们与CO2可发生如下可逆反应: 反应Ⅰ: 2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) (NH4)2CO3(aq)△H1 反应Ⅱ: NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) (NH4)2HCO3(aq)△H2 反应Ⅲ: (NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g) 2(NH4)2HCO3(aq)△H3 请回答下列问题: (1)△H3与△H1、△H2之间的关系是: △H3。 (2)为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响,在某温度T1下,将一定量的(NH4)2CO3 溶液置于密闭容器中,并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂),在t时刻,测得容 器中CO2气体的浓度。 然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下,保持其它初始实验条件不变, 重复上述实验,经过相同时间测得CO2气体浓度,得到趋势图(见图1)。 则: ①△H30(填>、=或<)。 ②在T1~T2及T4~T5二个温度区间,容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势, 其原因是。 ③反应Ⅲ在温度为T1时,溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。 当时间到达t1时,将该反应体系温度上升到T2,并维持该温度。 请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。 (3)利用反应Ⅲ捕获CO2,在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下,提高CO2吸收量的措施有(写出2个)。 (4)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是。 A.NH4ClB.Na2CO3C.HOCH2CH2OHD.HOCH2CH2NH2 【知识点】本题以捕碳技术(主要指捕获CO2)为载体,考查化学反应中的热效应、化学反应速率、化学平衡移动以及对图像的分析和绘制等知识,考查考生的信息提取、加工能力。 【答案】 ⑴2△H2–△H1 ⑵①<②T1—T2区间,化学反应未达到平衡,温度政越高,化学反应速率越快,所以CO2被捕获的量随温度的升高而提高。 T4—T5区间,化学反应己达到平衡,由于正反应是放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,所以不利于CO2捕获。 ③ ⑶降低温度增加CO2浓度(或分压) ⑷B、D 【解析】 ⑴根据盖斯定律,利用用NH3和(NH4)2CO3作工业捕碳剂与CO2反应的三个反应,将(Ⅱ式×2)–(Ⅰ式)求得: (NH4)2CO3(aq)+H2O(I)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq);△H3=2△H2–△H1 ⑵①分析图1中CO2浓度变化的趋势图可知,从T1→T3,化学反应未达到平衡,所以,反应正向进行,随着温度的升高,反应速率加快,CO2浓度降低。 到T3时反应达到平衡,此时CO2浓度最低,从T3→T5,由于反应已经达到平衡,随着温度的升高,CO2浓度升高,这是平衡向着逆反应方向移动,由此可知,正反应是放热反应,△H3<0。 ②由上述对图1曲线分析可知,T1—T2区间,化学反应未达到平衡,温度越高,化学反应速率越快,所以CO2被捕获的量随温度的升高而提高。 T4—T5区间,化学反应己达到平衡,由于正反应是放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,所以不利于CO2捕获。 ③从图2曲线分析可知,随着反应Ⅲ的进行pH逐渐降低,当时间达到T1时,反应达到平衡,此时若将反应体系的温度迅速升高到T2时,由于反应Ⅲ是放热反应,温度升高平衡逆向移动,pH逐渐升高。 所以,T1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线起点是T1时刻的平衡点,曲线的变化趋势是随着反应的进行(即反应时间的增加)pH逐渐增大。 (见答案) ⑶根据反应Ⅲ是放热反应,且是气体体积缩小的反应。 所以,在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下,降低温度、增加CO2浓度(或增大压强)都能提高CO2吸收量。 ⑷CO2是酸性氧化物,是一种酸性气体,所以,能作为CO2捕获剂的物质应该是碱性物质或者是能与CO2反应的物质。 Na2CO3能作为CO2捕获剂,Na2CO3溶液可以很好地吸收CO2,即Na2CO3+CO2+H2O==2NaHCO3;乙醇胺(HOCH2CH2NH2)能作为CO2捕获剂,乙醇胺分子结构中含有氨基(—NH2),水溶液呈碱性,也能很好地吸收CO2。 28.[14分]利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。 制备流程图如下: 已知: Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。 请回答下列问题: (1)用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有。 A.去除油污B.溶解镀锌层C.去除铁锈D.钝化 (2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀,为制得ZnO,后续操作步骤是。 (3)由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中,须持续通入N2,原因是。 (4)Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离? (填“能”或“不能”),理由是。 (5)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。 若需配制浓度为0.01000mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250mL,应准确称取gK2Cr2O7(保留4位有效数字,已知MK2Cr2O7=294.0g·mol-1)。 配制该标准溶液时,下列仪器中不必要用到的有。 (用编号表示)。 ①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管 (6)滴定操作中,如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失,则测定结果将(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【知识点】本题是以利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO素材,设计的一道实验综合题,在考查学生的实验操作能力的同时,重视知识迁移能力和分析能力的考查。 【答案】 ⑴A、B ⑵抽滤、洗涤、灼烧 ⑶N2气氛下,防止Fe2+被氧化 ⑷不能胶体粒子太小,抽滤时容易透过滤纸 ⑸0.7350③⑦ ⑹偏大 【解析】 ⑴从学习的“硫酸亚铁铵的制备”知识迁移,可以知道用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮是为了净化废旧镀锌铁皮,去除油污;同时根据题给的信息: Zn及其化合物的性质与铝及其化合物的性质相似,还可以知道,Zn也能与NaOH溶液反应,可以溶解废旧镀锌铁皮的镀锌层。 ⑵从由Zn(OH)2沉淀制取ZnO的反应: Zn(OH)2 ZnO+H2O,可知,调节溶液A的pH产生Zn(OH)2沉淀后,为制取ZnO需要经过抽滤得到Zn(OH)2沉淀,然后要将Zn(OH)2沉淀进行洗涤净化,除去杂质,再经灼烧就可得到纯净的ZnO。 所以为制得ZnO后续的操作步骤是抽滤、洗涤、灼烧。 ⑶由制备流程图可知,B溶液中含有Fe2+和Fe3+,由B溶液制得Fe3O4胶体粒子的过程中还需加热,所以须持续通入N2的目的是为了防止Fe2+被氧化。 ⑷因为胶体粒子的直径在10-9m~10-7m之间,能透过滤纸,所以Fe3O4胶体粒子不能用减压抽滤法实现固液分离。 29、某课题组以苯为主要原料,采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。 回答下列问题: (1)对于柳胺酚,下列说法正确的是。 A.1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B.不发生硝化反应 C.可发生水解反应D.可与溴发生取代反应 (2)写出A→B反应所需的试剂______________。 (3)写出B→C的化学方程式__________________________________。 (4)写出化合物F的结构简式_____________________________。 (5)写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式____________(写出3种)。 ①属酚类化合物,且苯环上有三种不同化学环境的氢原子;②能发生银镜反应 (6)以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯,请设计合成路线(无机试
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