1516学年下学期高一期末考试化学试题附解析.docx
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1516学年下学期高一期末考试化学试题附解析
江西省南昌市第二中学2015-2016学年高一下学期期末考试
化学试题
本卷可能用到相对原子质量:
H-1C-12O-16Mg-24Cl-35.5Ca-40Cu-64Fe-56
一、单项选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分.每小题只有一个选项符合题意)
1.下列说法正确的是
A.蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质
B.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠
C.糖类、油脂、蛋白质都是天然的高分子化合物。
D.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
考点:
考查了有机物的结构和性质的相关知识。
2.下列对碱金属的叙述,其中完全不正确的组合是
①K通常保存在煤油中,以隔绝与空气的接触;
②碱金属常温下呈固态,取用时可直接用手拿;
③碱金属中还原性最强的是钾;
④碱金属阳离子,氧化性最强的是Li+;
⑤碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大;
⑥从Li到Cs,碱金属的密度越来越大,熔沸点越来越高.
A.②③⑥B.②③④C.④⑤⑥D.①③⑤
【答案】A
【解析】
试题分析:
①钾的密度大于煤油,和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应,少量K通常保存在煤油中,以隔绝与空气的接触,故①正确;②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性,取用时不能直接用手拿,故②错误;③依据同主族性质递变分析,碱金属中还原性最强的是钫,故③错误;④金属性越强,对应阳离子的氧化性越弱,所以碱金属阳离子,氧化性最强的是Li+,故④正确;⑤同主族电子层数相同,随核电荷数增大而增大,碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大,故⑤正确;⑥从Li到Cs,碱金属的密度一般越来越大钾反常,从上到下熔沸点降低,故⑥错误;故选A。
【考点定位】考查碱金属的性质
【名师点晴】本题考查了碱金属性质递变规律的分析判断,注意特征性质分析特殊物质性质的判断,掌握基础是关键。
由于碱金属化学性质都很活泼,和空气中的氧气反应,切面很快便失去光泽,一般将它们放在矿物油中或封在稀有气体中保存,以防止与空气或水发生反应。
在自然界中,碱金属只在盐中发现,从不以单质形式存在。
碱金属都能和水发生激烈的反应,生成强碱性的氢氧化物,并随相对原子质量增大反应能力越强。
碱金属中的特殊性:
1)Na、K通常保存在煤油中,Li通常用石蜡密封;2)碱金属元素只有Li与O2反应的产物为Li2O一种,其他元素与O2反应的产物至少2种,生成过氧化物、超氧化物等;3)碱金属元素的最高价氧化物对应水化物中只有LiOH微溶,其他均为易溶于水的强碱;碱金属的盐一般都易溶于水,但Li2CO3微溶;4)碱金属元素从Li到Cs,密度逐渐增大,但K的密度小于Na;5)通常的合金多呈固态,而钾钠合金却是液态。
3.2015年5月郴州成功举办了第三届中国(湖南)国际矿物宝石博览会。
矿博会上展示了色彩缤纷、形状各异的金属矿物,下列金属的冶炼属于热还原法的是
A.2NaCl(熔融)=2Na+Cl2↑B.WO3+3H2
W+3H2O
C.Fe+CuSO4=Cu+FeSO4D.2Ag2O
4Ag+O2↑
【答案】B
【考点定位】考查金属冶炼的一般原理
【名师点晴】本题考查金属冶炼的一般方法和原理,注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同。
金属的冶炼方法取决于金属的活泼性,活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得;较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得,常用还原剂有(C、CO、H2等);Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得,Pt、Au用物理分离的方法制得。
4.已知反应A+B═C+D的能量变化如图所示,下列说法正确的是
A.该反应为放热反应
B.该反应吸收的能量为(E1﹣E2)
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】B
考点:
考查了吸热反应和放热反应、化学反应与能量图像的相关知识。
5.日常生活中使用的购物袋的材料多为聚乙烯,下列说法中正确的是
A.用纯净的乙烯合成的聚乙烯是纯净物
B.聚乙烯可以人工合成,也可以是天然高分子化合物
C.聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.聚乙烯的单体能够使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.聚乙烯是有机高分子化合物,属于混合物,故A错误;B.聚乙烯是由乙烯通过加聚反应合成的高分子化合物,不是天然高分子化合物,故B错误;C.聚乙烯分解产生的是很多种气体的混合物,故C错误;D.聚乙烯的单体为乙烯,与溴发生加成反应,故D正确;故选D。
【考点定位】考查合成材料
【名师点晴】本题考查聚合物单体的确定、物质化学式的书写、物质的性质等方面的知识,注意乙烯的结构简式的书写,不能忽略碳碳双键。
加聚产物的单体推断方法:
①凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物,其合成单体必为一种,将两半链闭合即可;②凡链节中主碳链为4个碳原子,无碳碳双键结构,其单体必为两种,从主链中间断开后,再分别将两个半键闭合即得单体。
6.从海水中提取部分物质的过程如下图所示,下列有关说法错误的是
A.过程①需要加入化学试剂、沉淀、过滤等操作
B.由“母液→无水MgCl2”一系列变化中未涉及氧化还原反应
C.工业上一般用电解氯化镁溶液制取Mg单质
D.反应③和⑤均可由下列反应实现:
2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,该反应属于置换反应
【答案】C
考点:
考查了海水资源及其综合利用;物质的分离、提纯的相关知识。
7.有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素,其原子序数依次增大.其中只有C是金属,D的单质是黄色固体,A、B、D在周期表中的相对位置关系如图所示,下列说法正确的是
A.E元素位于周期表中的第三周期、ⅥA族
B.B的简单阴离子比D的简单阴离子还原性强
C.B与C形成的化合物中一定含有共价键
D.A、B两元素形成的常见化合物的分子中均含有极性键
【答案】D
考点:
考查了元素周期律和元素周期表的相关知识。
8.氢氧燃料电池可以使用在航天飞机上,其反应原理示意图如右图.下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是
A.该电池工作时电能转化为化学能
B.该电池中电极a是正极
C.外电路中电子由电极a通过导线流向电极b
D.该电池的总反应:
H2+O2=H2O
【答案】C
【解析】
试题分析:
A该电池工作时化学能转化为电能,故A错误;B、氢氧燃料电池中,H2在负极上a被氧化,O2在正极b上被还原,所以该电池中电极b是正极,故B错误;C、原电池工作时,电子由负极经外电路流向正极,即由a通过灯泡流向b,故C正确;D、负极电极反应式2H2-4e-=4H+,正极电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,正负极电极反应式相加得电池反应式2H2+O2=2H2O,故D错误;故选C。
【考点定位】考查燃料电池的工作原理
【名师点晴】本题考查原电池的工作原理,注意电极方程式的书写,电极反应式与电解质溶液的酸碱性有关,电极反应式相加时,得失电子数必须相等,氢氧燃料电池工作时,是把化学能转变为电能,通入氢气的一极为电源的负极,发生氧化反应,电极反应式为H2-2e-=2H+,通入氧气的一极为原电池的正极,电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,正负极电极反应式相加得电池反应式,电子由负极经外电路流向正极。
9.在实验室中,下列除去杂质的方法不正确的是
A.溴苯中混有溴,加稀氢氧化钠反复洗涤、分液
B.乙烯中混有SO2、CO2,将其通入NaOH溶液洗气
C.除去CO2中少量的SO2:
气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
D.乙烷中混有乙烯,通入氢气在一定条件下反应,使乙烯转化为乙烷
【答案】D
考点:
考查了物质的分离和提纯的相关知识。
10.下列有关同分异构体数目的叙述中,不正确的是
A.甲苯苯环上的一个氢原子被含4个碳原子的烷基取代,所得产物有12种
B.苯乙烯(
)和氢气完全加成的产物的一溴取代物有5种
C.已知二氯苯有3种同分异构体,则四氯苯的同分异构体的数目为3种
D.相对分子质量为106.5的一氯代烃,有8种同分异构体
【答案】B
【解析】
试题分析:
A.4个碳原子的烷基存在四种同分异构体,分别为正丁基、异丁基、仲丁基、叔丁基;当为正丁基,甲苯苯环上的H原子种类有3种,所以有3种同分异构体;当为异丁基,甲苯苯环上的H原子种类有3种,所以有3种同分异构体;当为仲丁基,甲苯苯环上的H原子种类有3种,所以有3种同分异构体;当为叔丁基,甲苯苯环上的H原子种类有3种,所以有3种同分异构体,故甲苯苯环上的一个氢原子被含4个碳原子的烷基取代,所得产物有12种,故A正确;B.乙基环己烷中氢原子的种类有6种,一溴代物的种类取决于氢原子的种类,所以乙基环己烷中与氯气发生取代反应时,生成的一溴代物有6种,故B错误;C.由于苯环含有6个H原子,二氯苯与四氯苯的同分异构体数目相同,若二氯苯有3种同分异构体,则四氯苯的同分异构体的数目为3种,故C正确;D.相对分子质量为106.5的一氯代烃分子式为C5H11Cl,分子式为C5H11Cl的同分异构体有:
主链有5个碳原子的:
CH3CH2CH2CH2CH2Cl;CH3CH2CH2CHClCH3;CH3CH2CHClCH2CH3;主链有4个碳原子的:
CH3CH(CH3)CH2CH2Cl;CH3CH(CH3)CHClCH3;CH3CCl(CH3)CH2CH3;CH2ClCH(CH3)CH2CH3;主链有3个碳原子的:
CH2C(CH3)2CH2Cl;共有8种情况,故D正确;故选B。
【考点定位】考查同分异构现象和同分异构体
【名师点晴】本题考查了同分异构体数目的计算,题目难度较大,明确同分异构体的概念及书写原则为解答关键,试题计算量较大,充分考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
11.在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应:
(甲)2X(g)
Y(g)+Z(s);(乙)A(s)+2B(g)
C(g)+D(g),当下列物理量不再发生变化时,可以表明甲和乙均达到平衡状态的是
①混合气体密度②反应容器中生成物的百分含量
③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比
④混合气体的压强⑤固体质量⑥混合气体的总物质的量
A.①②③④⑤⑥B.①②③⑤C.①②③D.②③⑥
【答案】B
【考点定位】考查化学平衡状态的判断
【名师点晴】本题考查了化学平衡状态的判断,注意当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,但不为0,根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。
12.下列实验装置正确且能达到实验目的的是
A.用图1所示装置制取少量Cl2
B.用图2所示装置证明非金属性Cl>C>Si
C.图3所示装置中水不能持续流下,说明装置气密性良好
D.用图4所示装置测定镁铝合金中铝的质量分数
【答案】D
【考点定位】考查化学实验方案的评价
【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握气体的制备实验、非金属性比较、含量测定及气密性检验等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意实验装置的作用及实验评价性分析。
本题的易错点是B,要考虑盐酸的挥发性。
13.下表各组物质中,在一定条件下,物质之间不可能实现如图所示转化的是
选项
X
Y
Z
M
A
H2SO4(浓)
Fe2(SO4)3
FeSO4
Fe
B
O2
CO2
CO
C
C
Al
Al(OH)3
NaAlO2
NaOH
D
NaOH
Na2CO3
NaHCO3
CO2
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.铁与浓硫酸反应生成硫酸铁,硫酸铁与铁发生归中生成硫酸亚铁,可以实现如图所示转化,故A正确;B.少量的碳与过量的氧气反应生成二氧化碳,二氧化碳与碳发生归中生成一氧化碳,可以实现如图所示转化,故B正确;C.铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2,而不是氢氧化铝,故C错误;D.氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠,碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,故D正确;故选C。
考点:
考查了浓硫酸的性质;钠的重要化合物;铝的化学性质的相关知识。
14.将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中,固体完全溶解,将产生的气体和6.72L(标准状况下)氧气混合通入水中,恰好全部被水吸收.向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液,使金属离子完全沉淀.则形成沉淀的质量是
A.63.8gB.53.6gC.46.8gD.43.2g
【答案】C
【考点定位】考查有关混合物反应的计算
【名师点晴】考查混合物的计算,难度中等,解题关键是判断沉淀质量为金属与金属离子结合氢氧根离子的质量之和,Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量,注意电子守恒在解题中的应用。
Mg、Cu在反应中失去电子,最终生成Mg(OH)2、Cu(OH)2,则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量,根据生成NO的气体的物质的量,可知反应中转移电子的物质的量,结合氧化还原反应得失电子数目相等,可知最终生成沉淀的质量。
15.在绿色化学工艺中,理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物,即原子利用率为100%.在用CH3C≡CH合成CH2═C(CH3)COOCH3的过程中,欲使原子利用率达到最高,还需要的其他反应物有
A.CO2和H2OB.CO和CH3OHC.CH3OH和H2D.H2和CO2
【答案】B
【解析】
试题分析:
由于在“绿色化学”工艺中,原子利用率为100%,故生成的产品CH2═C(CH3)COOCH3与原料之间元素种类和原子数目都完全相同,即原子守恒.将生成物中各原子个数减去反应物中各原子个数得到一些原子,无污染的反应途径和工艺是在始态实现污染预防,而非终端治理的科学手段.由于在通过化学转化获取新物质的过程中已充分利用了各种原料,因而生产过程和末端的差值为C2H4O2,对照选项,反应物中原子数之和为C2H4O2的只有B。
用CH3C═CH(丙炔)合成CH2═C(CH3)COOCH3(2-甲基丙烯酸甲酯),要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子,还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子,即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1:
2:
1。
A、CO2和H2O,两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1:
2:
1,故A错误;B、CO和CH3OH,两种物质如果按照分子个数比1:
1组合,则C、H、O的原子个数比为1:
2:
1,故B正确;C、CH3OH和H2,两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1:
2:
1,故C错误;D、H2和CO2,两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1:
2:
1,故D错误;故选B。
【考点定位】考查绿色化学
【名师点晴】本题考查同学们新信息获取、处理及结合所学知识灵活运用所学知识进行解题的能力,抓住一个主要信息(“绿色化学工艺”中反应物中原子全部转化为欲制得的产物,即原子的利用率为100%)是解答本题的关键。
根据“绿色化学工艺”的特征:
反应物中原子全部转化为欲制得的产物,即原子的利用率为100%;即生成物质只有一种,由原子守恒推测反应物的种类。
16.标准状况下两种等物质的量的可燃气体共1.68L,其中一种是烃,在足量氧气中完全燃烧。
若将产物通入足量澄清石灰水,得到的白色沉淀质量为15.0g;若用足量碱石灰吸收燃烧产物,增重9.3g。
则这两种混合气体可能为
A.H2与C2H4 B.CO与C2H4 C.CO与C3H6D.H2与C4H6
【答案】D
均分子式为C1.5H3O0.5,不符合题意,故B不选;C.C3H6、CO等物质的量混合,平均分子式为C2H3O0.5,不符合题意,故C不选;D.C4H6、H2等物质的量混合,平均分子式为C2H4,符合题意,故D选;故选D。
考点:
考查了有机物化学式的确定的相关知识。
二、非选择题(共52分)
17.(12分)下表是元素周期表一部分,列出了十个元素在周期表中的位置:
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
2
⑥
3
①
③
⑤
⑦
⑧
⑩
4
②
④
⑨
请用化学用语回答下列问题
⑴在①~⑦元素中,原子半径最大的是 (填元素符号);
⑵①~⑩中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是(填物质化学式),⑤所对应元素的单质工业制备方法为。
⑶用电子式表示元素③与⑧形成化合物的过程。
⑷我国首创以单质⑤—空气—海水电池作为能源的新型的海水标志灯,以海水为电解质溶液,靠空气中的氧气使单质⑤不断氧化而产生电流,只要把灯放入海水数分钟,就会发出耀眼的白光。
则电源的负极反应是 ,正极反应为 。
【答案】
(1)K;
(2)HClO4;2Al2O3
4Al+3O2↑
(3)
(4)负极电极反应式为4Al—12e-=4Al3+,正极反应为3O2+6H2O+12e-=12OH-
【解析】
试题分析:
由元素在周期表中位置,可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为C、⑦为P、⑧为Cl、⑨为Br、⑩为Ar.
(1)同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故①~⑦元素中,原子半径最大的是K,故答案为:
K;
(2)上述元素中Cl元素非金属性最强,故最高价含氧酸中HClO4的酸性最强;⑤工业上利用电解氧化铝的方法制备铝,方程式为2Al2O3
4Al+3O2↑,故答案为:
HClO4;2Al2O3
4Al+3O2↑;
考点:
考查了元素周期表与元素周期律、原电池原理的相关知识。
18.(8分)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料,它可由石英与焦炭在高温的氮气流中,通过以下反应制得:
3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)
Si3N4(s)+6CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为K=__________;
(2)若已知CO生成速率为ν(CO)=18mol•L﹣1•min﹣1,则N2消耗速率为
ν(N2)=__________mol•L﹣1•min﹣1
(3)在一定温度下,不能作为该可逆反应达到平衡状态的标志是__________;
A.单位时间内1.2molSi﹣O断裂的同时有0.2molN≡N断裂B.Si3N4的质量不变
C.ν(CO):
ν(N2)=3:
1D.N2的转化率不变
(4)若该反应的平衡常数为K=729,则在同温度下1L密闭容器中,足量的SiO2和C与2molN2充分反应,则N2的转化率是__________(提示:
272=729)
【答案】(8分,各2分)
(1)K=
;
(2)6mol•L﹣1•min﹣1;
(3)AC;
(4)50%;
【解析】
试题分析:
(1)K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比,则平衡常数表达式为K=
,故答案为:
;
(2)CO生成速率为v(CO)=18mol•L-1•min-1,由反应速率之比等于化学计量数之比可知v(N2)=18mol•L-1•min-1×
=6 mol•L-1•min-1,故答案为:
6 mol•L-1•min-1;
(3)A.单位时间内1.2molSi-O断裂的同时有0.2molN≡N断裂,都表示的是正反应速率,不能判断平衡,故A选; B.Si3N4的质量不变,可知反应达到平衡状态,故B不选;C.v(CO):
v(N2)=3:
1,始终存在此关系,不能判断平衡,故C选;D.N2的转化率不变,可知反应达到平衡状态,故D不选;故答案为:
AC;
考点:
考查了化学平衡的计算;化学平衡的影响因素;化学平衡状态的判断的相关知识。
19.(14分)氧化铁是重要工业颜料,以废铁屑为原料制备氧化铁的步骤如下:
(部分操作和条件略)
步骤1:
用碳酸钠溶液洗去铁屑表面的油污。
步骤2:
加入稍过量的稀硫酸,保持50~80℃,充分反应后,过滤。
步骤3:
将滤液与稍过量的NH4HCO3溶液混合,得到FeCO3的浊液。
步骤4:
、、干燥,得到FeCO3固体。
步骤5:
煅烧FeCO3,得到Fe2O3固体。
(1)步骤2中,如何判断反应已经充分?
。
(2)步骤2所得的滤渣中主要含有一种铁的化合物W(Fe3C),经以下处理后,回收利用:
W在足量的空气中高温煅烧,生成有磁性的固体X;将X溶于稀硫酸。
①煅烧时1molW消耗O2mol。
②X溶于稀硫酸的离子方程式为。
(3)步骤3生成FeCO3反应的化学方程式为。
(4)将步骤4补充完整:
、。
(5)若煅烧时条件控制不当,会使产品中存在杂质FeO。
①若要设计实验检验产品中是否存在FeO,且只能选用两种试剂,这两种试剂是。
②现煅烧116.0kg的FeCO3,得到79.2kg产品,则该产品的纯度为__________。
(设产品中只有一种杂质FeO,计算结果保留3位有效数字)
【答案】
(1)溶液中不再产生气泡(或只有极少数气泡)
(2)3;Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
(3)FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O
(4)过滤;洗涤
(5)稀硫酸和酸性KMnO4溶液;90.9%
(3)步骤3中FeSO4与NH4HCO3反应生成FeCO3,反应的化学方程式为FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O,故答案为:
FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O;
(4)根据实验步骤,可知,步骤4是分离得到FeCO3固体,因此需要过滤;洗涤,故答案为:
过滤;洗涤;
(5)①FeO用酸溶解生成亚铁离子,亚铁离子具有还原性,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,故答案为:
稀硫酸和酸性KMnO4溶液;
②假设Fe2O3物质的量为xmol,FeO的物质的量为ymol,那么满足:
160x+72y=79200;(2x+y)×116=116000,解得x=450mol,所以产物中Fe2O3的质量160g/mol×450mol=72000g=72kg,该产品的纯度为
×100%=90.9%,故答案为:
90.9%。
考点:
考查了化学实验的基本操作、化学方程式的书写和计算的相关知识。
20.(10分)A、B、C、D、E、F、G均为有机物,其中A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质,它们之间有如下转化关系。
已知醛基在氧气中易氧化成羧基,请回答下列问题:
(1)A、B中官能团的名称:
A B
(2)在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为 。
(3)写出与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体中一氯代物种类最少的结构简式 。
(4)写出下列编号对应反应的化学反应方程式,并注明反应类
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