高考化学新课标2卷解析版.docx
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高考化学新课标2卷解析版
2015年高考化学新课标2卷
1.食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。
下列说法错误的是()
A.硅胶可用作食品干燥剂
B.P2O5不可用作食品干燥剂
C.六水合氯化钙可用作食品干燥剂
D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
【答案】C
【解析】A.硅胶多孔,吸附水分能力强,且没有毒,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,A正确;B.P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸,酸有腐蚀性,而偏磷酸有毒,因此不可用作食品干燥剂,B正确;C.氯化钙检验吸水性,而六水合氯化钙不具有吸水性,不能用作食品干燥剂,C错误;D.加工后具有吸水性的植物纤维没有毒,没有腐蚀性,因此可用作食品干燥剂,D正确,答案选C。
【考点定位】考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用
2.某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,该羧酸的分子式为()
A.C14H18O5B.C14H16O4C.C14H22O5D.C14H10O5
【答案】A
【解析】羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,这说明分子中含有2个酯基,因此有2分子水参加反应,水解方程式为:
C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H6O,则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是18—2×2=14,氢原子个数是26+4-2×6=18,氧原子个数是5+2-2×1=5,即分子式为C14H18O5,A正确。
【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式
3.原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。
a-的电子层结构与氦相同,b和c的次外层有8个电子,c-和d+的电子层结构相同。
下列叙述错误的是()
A.元素的非金属性次序为c>b>a
B.a和其他3种元素均能形成共价化合物
C.d和其他3种元素均能形成离子化合物
D.元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【答案】B
【解析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1,即分别属于第IA、ⅥAⅦA、IA族。
a-的电子层结构与氦相同,则a是H。
b和c的次外层有8个电子,即二者均是第三周期元素,所以b是S,c是Cl。
c-和d+的电子层结构相同,都是18电子微粒,则d是K。
A.同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则元素的非金属性次序为c>b>a,A正确;B.氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl,但氢元素与钾元素不能形成共价化合物,而是形成离子化合物KH,B错误;C.d和其他3种元素均能形成离子化合物,即KH、K2S、KCl,C正确;D.氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+1和-1、+6或-2、+7或-1,所以元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6,D正确,答案选B。
【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用,涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等
4.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是()
A.60g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA
C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。
23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D.235g核互
U发生裂变反应:
,净产生的中子(
n)数为10NA
【答案】C
【解析】A.60g丙醇的物质的量是
1mol,丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH,所以分子中存在的共价键总数为11NA,A错误;B.根据物料守恒可知1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,B错误;C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物,氧化钠或过氧化钠,23g钠的物质的量是23g÷23g/mol=1mol。
钠不论是转化为氧化钠,还是过氧化钠,均失去1个电子,所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA,C正确;D.235g核素
U的物质的量=235g÷235g/mol=1mol,根据发生的裂变反应
可知净产生的中子(
n)数为9NA,D错误,答案选C。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算,涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等
5.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)()
A.3种B.4种C.5种D.6种
【答案】B
【解析】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体,这说明该有机物是饱和的一元羧酸,即分子组成为C4H9—COOH,丁基有4种,分别是CH3CH2CH2CH2—、(CH3)2CHCH2—、(CH3)3C—、CH3CH2CH(CH3)—,所以该羧酸也有4种,答案选B。
【考点定位】本题主要是考查有机物同分异构体种类判断,侧重于碳链异构体的考查。
6.海水开发利用的部分过程如图所示。
下列说法错误的是()
A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】A.氯气具有强氧化性,能把溴离子氧化为单质溴,因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴,A正确;B.粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去,所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯,B正确;C.工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂,用氢氧化钠不经济,C错误;D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,SO2具有还原性,能被溴氧化,因此再用SO2将其还原吸收,D正确,答案选C。
【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等,题目难度中等。
7.用下图所示装置进行下列实验:
将①中溶液滴入②中,预测的现象与实际相符的是()
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A.
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B.
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C.
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D.
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
【答案】D
【解析】A、氢氧化钠是强碱,碳酸钠是盐,因此盐酸首先中和氢氧化钠,然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠,最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2,A错误;B、常温下铝在浓硝酸中钝化,反应很快同志,看不到红棕色NO2气体,B错误;C、氢氧化钠溶液开始是过量的,滴入氯化铝生成偏铝酸钠,当氢氧化钠完全消耗后,再滴入氯化铝,铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝,C错误;D、草酸具有还原性,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D正确,答案选D。
【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价,涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。
8.(14分)甲醇是重要的化工原料,又可称为燃料。
利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反应如下:
①CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H1
②CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)△H2
③CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题:
(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下:
由此计算△H1=kJ·mol-1,已知△H2=-58kJ·mol-1,则△H3=kJ·mol-1。
(2)反应①的化学平衡常数K的表达式为;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字母),其判断理由是。
(3)合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。
α(CO)值随温度升高而(填“增大”或“减小”),其原因是。
图2中的压强由大到小为_____,其判断理由是_____。
【答案】
(1)—99;+41
(2)
;a;反应①为放热反应,平衡常数应随温度升高变小;
(3)减小;升高温度时,反应①为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低;P3>P2>P1;相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高
【解析】
(1)反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值,则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)可知反应热△H1=1076kJ/mol+2×436kJ/mol—3×413kJ/mol—343kJ/mol—465kJ/mol=—99kJ.mol-1。
根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③,则△H3=—58kJ/mol+99kJ/mol=+41kJ.mol-1。
(2)化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值,则反应①的化学平衡常数K的表达式为
;由于正方应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,因此a正确。
(3)反应①为放热反应,升高温度时,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;因此最终结果是随温度升高,使CO的转化率降低;相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,所以图2中的压强由大到小为P3>P2>P1。
【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等
9.[化学—选修3:
物质结构与性质](15分)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元索,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。
回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是(填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为__________。
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是(填分子式),原因是;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。
(3)C和D反应可生成组成比为1:
3的化合物E,E的立体构型为,中心原子的杂化轨道类型为。
(4)化合物D2A的立体构型为,中心原子的价层电子对数为,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数,a=0.566nm,F的化学式为:
晶胞中A原子的配位数为;列式计算晶体F的密度(g.cm-3)。
【答案】
(1)O;1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(2)O3;O3相对分子质量较大,范德华力大;分子晶体;离子晶体
(3)三角锥形;sp3(4)V形;4;2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl
(或2Cl2+2Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl)
(5)Na2O;8;
【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索,A2-和B+具有相同的电子构型,则A是O,B是Na;C、D为同周期元索,C核外电子总数是最外层电子数的3倍,则C是P;D元素最外层有一个未成对电子,所以D是氯元素。
(1)非金属性越强,电负性越大,则四种元素中电负性最大的是O。
P的原子序数是15,则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)。
(2)氧元素有氧气和臭氧两种单质,由于O3相对分子质量较大,范德华力大,所以中沸点高的是O3;A和B的氢化物分别是水和NaH,所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。
(3)C和D反应可生成组成比为1:
3的化合物E,即E是PCl3,其中P含有一对孤对电子,其价层电子对数是4,所以E的立体构型为三角锥形,中心原子的杂化轨道类型为sp3。
(4)化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子,价层电子对数是4,所以立体构型为V形。
单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,则化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl。
(5)根据晶胞结构可知氧原子的个数=
,Na全部在晶胞中,共计是8个,则F的化学式为Na2O。
以顶点氧原子为中心,与氧原子距离最近的钠原子的个数8个,即晶胞中A原子的配位数为8。
晶体F的密度=
。
【考点定位】本题主要是考查元素推断、核外电子排布、电负性、空间构型、杂化轨道、晶体类型与性质及晶胞结构与计算等
10.(15分)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂,回答下列问題:
(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:
①电解时发生反应的化学方程式为。
②溶液X中大量存在的阴离子有__________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。
a.水b.碱石灰C.浓硫酸d.饱和食盐水
(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸:
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中:
Ⅴ.用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-),指示剂显示终点时共用去20.00mL硫
代硫酸钠溶液。
在此过程中:
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。
②玻璃液封装置的作用是。
③V中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是。
④测得混合气中ClO2的质量为g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。
若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是_______(填标号)。
a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁
【答案】
(1)2:
1
(2)①NH4Cl+2HCl
3H2↑+NCl3②Cl—、OH—③c
(3)①2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)
③淀粉溶液;溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700(4)d
【解析】
(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价,得到1个电子,氯酸钾是氧化剂。
S元素的化合价从+4价升高到+6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:
1。
(2)①根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3,则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl
3H2↑+NCl3。
②NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH,反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO2—=6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑,溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。
③a、ClO2易溶于水,不能利用水吸收氨气,a错误;b、碱石灰不能吸收氨气,b错误;c、浓硫酸可以吸收氨气,且不影响ClO2,c正确;d、ClO2易溶于水,不能利用饱和食盐水吸收氨气,d错误,答案选c。
(3)①ClO2具有强氧化性,通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应,氧化I—为I2,自身被还原为Cl—,同时生成水,反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O。
②由于二氧化氯是气体,容易挥发到空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。
③由于碘遇淀粉显蓝色,则V中加入的指示剂通常为淀粉,滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。
④根据方程式可知2ClO2~5I2~10S2O32-,则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L×0.02L×67.5g/mol/5=0.02700g。
(4)亚氯酸盐具有氧化性,明矾不能被氧化,碘化钾被氧化为碘,盐酸可能被氧化氯气,因此若要除去超标的亚氯酸盐,最适宜的是硫酸亚铁,且产生的氧化产物铁离子能净水。
【考点定位】本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等,难度中等,要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力,注意基础知识的全面掌握。
11.(14分)酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是碳粉,MnO2,ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物,该电池在放电过程产生MnOOH,回收处理该废电池可得到多种化工原料,有关数据下表所示:
溶解度/(g/100g水)
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
回答下列问题:
(1)该电池的正极反应式为,电池反应的离子方程式为
(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,理论上消耗Zng。
(已经F=96500C/mol)
(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通过____分离回收;滤渣的主要成分是MnO2、______和,欲从中得到较纯的MnO2,最简便的方法是,其原理是。
(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中,需去除少量杂质铁,其方法是:
加稀硫酸和H2O2溶解,铁变为_____,加碱调节至pH为时,铁刚好完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol/L时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱调节至pH为_____时,锌开始沉淀(假定Zn2+
浓度为0.1mol/L)。
若上述过程不加H2O2后果是,原因是。
【答案】
(1)MnO2+e—+H+=MnOOH;Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH
(2)0.05g
(3)加热浓缩、冷却结晶;铁粉、MnOOH;在空气中加热;碳粉转变为CO2,MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3+;2.7;6;Zn2+和Fe2+分离不开;Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
【解析】
(1)酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,锌是活泼的金属,锌是负极,电解质显酸性,则负极电极反应式为Zn—2e—=Zn2+。
中间是碳棒,碳棒是正极,其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH,则正极电极反应式为MnO2+e—+H+=MnOOH,所以总反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH。
(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,则通过的电量是0.5×300=150,因此通过电子的物质的量是
,锌在反应中失去2个电子,则理论消耗Zn的质量是
。
(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有氯化锌和氯化铵。
根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大,因此两者可以通过结晶分离回收,即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。
二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水,因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。
由于碳燃烧生成CO2,MnOOH能被氧化转化为二氧化锰,所以欲从中得到较纯的二氧化锰,最简便的方法是在空气中灼烧。
(4)双氧水具有强氧化性,能把铁氧化为铁离子,因此加入稀硫酸和双氧水,溶解后铁变为硫酸铁。
根据氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5mol/L,则溶液中氢氧根的浓度=
,所以氢离子浓度是2×10—3mol/L,pH=2.7,因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。
Zn2+
浓度为0.1mol/L,根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为=
=10—8mol/L,氢离子浓度是10—6mol/L,pH=6,即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。
如果不加双氧水,则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁,由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近,因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀,导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离开Zn2+和Fe2+。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等,涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。
12.【化学——选修2:
化学与技术】苯酚和丙酮都是重要的化工原料,工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮,其反应和工艺流程示意图如下:
相关化合物的物理常数
物质
相对分子质量
密度(g/cm-3)
沸点/℃
异丙苯
120
0.8640
153
丙酮
58
0.7898
56.5
苯酚
94
1.0722
182
回答下列问题:
(1)在反应器A中通入的X是。
(2)反应
和
分别在装置和中进行(填装置符号)。
(3)在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸,其作用是______,优点是用量少,缺点是_______________。
(4)反应②为(填“放热”或“吸热”)反应。
反应温度控制在50-60℃,温度过高的安全隐患是。
(5)中和釜D中加入的Z最适宜的是(填编号。
已知苯酚是一种弱酸)。
a.NaOHb.CaCOc.NaHCOd.CaO
(6)蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和,判断的依据是。
(7)用该方法合成苯酚和丙酮的优点是。
【答案】
(1)氧气(或空气)
(2)A;C
(3)催化剂(提高反应速率);腐蚀设备
(4)放热;可能会导致(过氧化物)爆炸
(5)c
(6)丙酮、苯酚;苯酚的沸点高于丙酮
(7)原子利用率高
【解析】
(1)异丙苯被氧气氧化为异丙苯过氧化氢,异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解即可得到苯酚和丙酮,因此在反应器A中通入的X是氧气或空气。
(2)根据流程图可知反应①和②分别在装置A和C中进行。
(3)异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解,所以浓硫酸的作用是作催化剂。
由于浓硫酸具有酸性,因此缺点是容易腐蚀设备。
(4)△H小于0,则反应②为放热反应。
反应温度控制在50-60℃,由于过氧化物受热易分解,因此温度过高的安全隐患是容易发生爆炸。
(5)苯酚与碳酸氢钠不反应,所以选择碳酸氢钠。
(6)由于苯酚的沸点高于丙酮,丙酮先气化,所以蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚。
(7)根据以上分析可知用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高、没有副产物。
【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程图的分析与应用,涉及试剂的选择、物质的分离与提纯、反应条件控制、实验方案设计与探究。
13.[化学一选修5:
有机化学基础](15分)聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料,在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景。
PPG的一种
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