河南安阳一中学年高三上学期第二次强化训练理科综合能力测试化学试题 Word版含答案.docx
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河南安阳一中学年高三上学期第二次强化训练理科综合能力测试化学试题Word版含答案
河南安阳一中2017-2018学年高三上学期第二次强化训练理科综合能力测试化学试题
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本大题共7小题,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)
1、下列两组热化学方程式中,有关△H的比较正确的是( )
①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g);△H1
CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l);△H2
②NaOH(aq)+H2SO4(浓)═Na2SO4(aq)+H2O(l);△H3
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l);△H4.
A.△H1>△H2;△H3>△H4
B.△H1>△H2;△H3<△H4
C.△H1=△H2;△H3<△H4
D.△H1<△H2;△H3>△H4
2、NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( )
A.11.2LNH3中所含的原子数为2NA
B.2.4g金属镁变为Mg2+时失去的电子数为0.1NA
C.常温常压下,1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NA个
D.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中,含有Cl﹣个数为NA个
3、下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是()
A.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液:
Fe3++3SCN﹣═Fe(SCN)3↓
B.将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中:
SO2+H2O+ClO﹣═SO42﹣+Cl﹣+2H+
C.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应:
NH4++OH﹣═NH3·H2O
D.用过量的氨水吸收烟道气中的SO2:
SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32﹣+H2O
4、X、Y、Z为短周期非金属元素,其相关性质如下,下列叙述正确的是( )
元素
X
Y
Z
单质与H2反应条件
暗处爆炸
光照
高温、高压、催化剂
常温下氢化物水溶液的pH
小于7
小于7
大于7
A.Z的氢化物分子间存在氢键
B.最外层电子数Z>Y
C.气态氢化物的稳定性Y>X
D.Y的含氧酸均为强酸
5、下列物质之间的相互转化不符合“
”(“→”表示一步反应)的是( )
选项
甲
乙
丙
A
HCl
Cl2
HClO
B
Al(OH)3
NaAlO2
Al2O3
C
HNO3
NO
NO2
D
SO2
SO3
H2SO4
6、下列方法或操作正确且能达到预期目的的是()
序号
实验目的
方法及操作
①
比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱
用金属钠分别与水和乙醇反应
②
欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键
滴入KMnO4酸性溶液,看紫红色是否褪去
③
证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性
向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液,有沉淀析出;再把沉淀加入蒸馏水中
④
检验溴乙烷中的溴元素
将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后,向溶液中加稀HNO3酸化,再滴加AgNO3溶液
⑤
判断不同反应的反应速率的大小
比较不同反应的反应热数据的大小
A.①②④B.②③④C.①③④D.②③⑤
7、有关下列图象的分析错误的是( )
A.
图可表示对平衡N2+3H2
2NH3加压、同时移除部分NH3时的速率变化
B.
图中a、b曲线只可表示反应H2(g)十I2(g)
2HI(g)在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程
C.
图表示室温下将各1mlpH=2的HA、HB两种酸溶液加水稀释的情况.若2<a<5,则两酸都为弱酸
D.
图中的y可表示将O.1mol/l稀醋酸加水稀释时溶液导电能力的变化情况
第Ⅱ卷
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
第8题-第10题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第11题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题(共53分)
8、黄铁矿是工业上制取硫酸的主要原料,其主要成分为FeS2,含少量杂质(杂质不含S元素,且高温下不反应).某化学兴趣小组用下列装置测定黄铁矿中硫元素的质量分数.
称取2.0g研细的黄铁矿样品,将样品放入石英管中,缓慢鼓入空气,再加热石英管至800~850℃;锥形瓶中盛装100mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液用于吸收SO2(忽略SO2、H2SO3与氧气反应);反应结束后,每次从锥形瓶中取出25.00mL溶液,用0.23mol/L标准H2C2O4溶液滴定,重复三次.
已知:
4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO2;2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
请回答下列问题:
(1)连接好装置,检查装置气密性的操作是 .
(2)通入空气的作用是 .
(3)若实验过程中鼓入空气的速率过快,则测得的硫元素的质量分数 .(填“偏高”、“偏低”或“不变”)
(4)滴定时,应选择右图中的 (填字母序号)盛装标准H2C2O4溶液,根据 现象来判断滴定已经达到终点.
(5)滴定过程中发生反应的离子方程式是 .
(6)如果黄铁矿中的硫全部转化为SO2,且被酸性KMnO4溶液完全吸收,滴定操作中,平均耗用0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL,则黄铁矿样品中硫元素的质量分数是 .(保留到小数点后1位)
9、磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素,主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在.它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用.
(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在电炉中高温(1550℃)下通过下面三个反应共熔得到.
①4Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=12CaO(s)+2P4(s)+10CO2(g)
②CaO(s)+SiO2(s)=CaSiO3(s)
③CO2(g)+C(s)=2CO(g)
已知:
CaSiO3的熔点(1546℃)比SiO2低.
a、写出由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在电炉中高温(1550℃)制取白磷总的化学反应方程式.
b、白磷(P4)是正四面体结构,请画出白磷(P4)的结构式,并指出1mol白磷(P4)含有P﹣P键的数目
(2)白磷在热的浓氢氧化钾溶液中歧化得到一种次磷酸盐(KH2PO2)和一种气体(写化学式).
(3)磷的重要化合物NaH2PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得.工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4,通常将pH控制在之间(已知磷酸的各级电离常数为:
K1=7.1×10﹣3K2=6.3×10﹣8K3=4.2×10﹣13lg7.1≈0.9lg6.3≈0.8lg4.2≈0.6).Na2HPO4溶液显碱性,若向溶液中加入足量的CaCl2溶液,溶液则显酸性,其原因是(用离子方程式表示).
10、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀.
甲同学认为:
两者反应生成只有CuCO3一种沉淀;
乙同学认为:
这两者相互促进水解反应,生成Cu(OH)2一种沉淀;
丙同学认为:
生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀.
[查阅资料知:
CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水]
Ⅰ.按照乙同学的理解反应的化学反应方程式为:
;
在探究沉淀物成分前,须将沉淀从溶液中分离并净化.具体操作为①过滤②洗涤③干燥.
Ⅱ.请用如图1所示装置,选择必要的试剂,定性探究生成物的成分.
(1)各装置连接顺序为→→.
(2)装置C中装有试剂的名称是.
(3)能证明生成物中有CuCO3的实验现象是.
Ⅲ.若CuCO3和Cu(OH)2两者都有,可通过如图2所示装置的连接,进行定量分析来测定其组成.
(1)装置C中碱石灰的作用是,实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是,.
(2)若沉淀样品的质量为m克,装置B质量增加了n克,则沉淀中CuCO3的质量分数为:
.(用m、n表示)
11.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
已知某反应为:
(1)1molM完全燃烧需要 molO2..
(2)有机物N不可发生的反应为 :
A.氧化反应 B.取代反应 C.消去反应
D.还原反应E.加成反应
(3)M有多种同分异构体,其中能使FeCl3溶液显紫色、苯环上只有两个取代基、无环物质的同分异构体有 种.
(4)物质N与H2反应生成的P(结构简式为
)发生缩聚反应产物的结构简式为 ;P物质的钠盐在适当条件下氧化为芳香醛Q,则Q与银氨溶液发生反应的化学方程式为 .
(5)有机物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的转化关系为:
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
有机物Ⅱ的结构简式为 ;A、B可以发生类似①的反应生成有机物Ⅰ,则该反应的化学方程式为 .
参考答案
1.【答案】B
【解析】解:
①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g);△H1、CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l);△H2,两个反应都是放热反应,后者生成液态水,所以放出的热量大于前者,而放热反应△H小于0,放热越多,焓变值越小,故△H1>△H2;
②NaOH(aq)+H2SO4(浓)═Na2SO4(aq)+H2O(l);△H3、NaOH(aq)+CH3COOH(aq)═CH3COONa(aq)+H2O(l);△H4.两个反应的实质是酸碱中和,都是放热反应,两个反应生成水的物质的量都是1mol,但是CH3COOH(aq)是弱电解质,电离过程吸收一部分热量,所以后者放出的热量小,所以△H3<△H4,
故选:
B.
2.【答案】C
【解析】解:
A.温度和压强未知导致气体摩尔体积未知,无法计算氨气物质的量,所以无法计算原子总数,故A错误;
B.每个Mg原子变为Mg2+时失去2个电子,2.4gMg的物质的量为0.1mol,则失去电子物质的量为0.2mol,所以失去电子总数为0.2NA,故B错误;
C.常温常压下,1.06gNa2CO3的物质的量=
=0.01mol,每个碳酸钠化学式中含有两个钠离子,则钠离子物质的量为0.02mol,钠离子个数为0.02NA,故C正确;
D.溶液体积未知,无法计算氯化镁物质的量,所以无法计算氯离子个数,故D错误;
故选C.
3.【答案】D
【解析】解:
A.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液的离子反应为Fe3++3SCN﹣═Fe(SCN)3,故A错误;
B.将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中的离子反应为SO2+2OH﹣+ClO﹣═SO42﹣+Cl﹣+H2O,故B错误;
C.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为HCO3﹣+NH4++2OH﹣═NH3·H2O+H2O+CO32﹣,故C错误;
D.用过量的氨水吸收烟道气中的SO2的离子反应为SO2+2NH3·H2O=2NH4++SO32﹣+H2O,故D正确;
故选D.
4.【答案】A
【解析】解:
X、Y、Z为短周期非金属元素,X单质与氢气在暗处爆炸,得到的氢化物水溶液pH小于7,则X为F元素;Y单质与氢气在光照条件下反应,得到的氢化物水溶液pH小于7,则Y为Cl元素;Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应,得到的氢化物水溶液pH大于7,则Z为N元素,
A.Z的氢化物为氨气,分子间存在氢键,故A正确;
B.Z为N元素,原子最外层电子数为5,Y为Cl元素,原子最外层电子数为7,故最外层电子数Y>Z,故B错误;
C.非金属性F>Cl,故HCl的稳定性比HF弱,故C错误;
D.Y为氯元素,含氧酸中HClO为弱酸,故D错误,
故选A.
5.【答案】B
【解析】解:
A.HCl被高锰酸钾氧化生成氯气,氯气与水反应生成次氯酸,次氯酸被还原生成盐酸;故A正确;
B.Al(OH)3,与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠不能直接反应生成氧化铝,故B错误;
C.稀硝酸被还原生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,故C正确;
D.二氧化硫被氧化生成三氧化硫,三氧化硫与水反应生成硫酸,浓硫酸被还原生成二氧化硫,故D正确;
故选:
B.
6.【答案】C
【解析】水比乙醇中羟基氢的活泼性强,和Na反应现象是浮游溶响红,而乙醇与Na反应现象相反,故①正确;醛基也能使酸性高锰酸钾褪色,故②错误;蛋白质盐析可逆,故③正确;溴乙烷中的溴不是以离子形式存在的,故需要用水解或消去反应将Br原子变成离子在进行检验,先加入稀硝酸进行酸化去除杂质,在滴加硝酸银看是否有黄色沉淀生成,故④正确;反应速率与反应热无关,故⑤错误;所以正确的是①③④选择C
7.【答案】B
【解析】解:
A、对平衡N2+3H2
2NH3加压、同时移除部分NH3时,平衡正向移动,v正先增大后减小,v逆先减小后增大,与图象符合,故A正确;
B、图中a、b曲线除可表示反应H2(g)十I2(g)
2HI(g)在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程,还可以表示压强不同时建立平衡的过程,故B错误;
C、HA、HB两种酸溶液加水稀释103倍,其pH变化小于3,说明两酸都为弱酸,故C正确;
D、稀醋酸加水稀释时溶液中离子浓度减小,溶液导电能力减弱,故D正确.
故选B.
8.【答案】
(1)向锥形瓶中加水浸没导气管末端,关闭K,微热石英管,观察到锥形瓶中有气泡冒出,冷却后导管内形成一端稳定的气柱;
(2)提供反应所需O2,将生成的SO2全部赶入锥形瓶中;
(3)偏低;
(4)B;由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色;
(5)5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
(6)48%.
【解析】
(1)连接好装置,检查装置气密性的方法为:
向锥形瓶中加水浸没导气管末端,关闭K,微热石英管,观察到锥形瓶中有气泡冒出,冷却后导管内形成一端稳定的气柱,
故答案为:
向锥形瓶中加水浸没导气管末端,关闭K,微热石英管,观察到锥形瓶中有气泡冒出,冷却后导管内形成一端稳定的气柱;
(2)煅烧黄铁矿时需要氧气,则通入空气的目的是提供反应需要的氧气,另外通入空气后还可以将生成的二氧化硫完全赶入锥形瓶中,从而减小实验误差,
故答案为:
提供反应所需O2,将生成的SO2全部赶入锥形瓶中;
(3)若实验过程中鼓入空气的速率过快,会导致部分二氧化硫没有被酸性高锰酸钾溶液吸收,则测得的硫元素的质量分数会偏低,
故答案为:
偏低;
(4)草酸显示酸性,需要选用酸式滴定管盛放,即应该选用B盛放草酸溶液;滴定结束时溶液由浅紫色变为无色,则滴定终点的现象为:
由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色,
故答案为:
B;由浅紫色突变为无色且半分钟内不再变色;
(5)滴定过程中,酸性高锰酸根离子能够氧化草酸,反应的离子方程式为:
5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,
故答案为:
5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
(6)0.23mol/L标准H2C2O4溶液21.73mL中含有草酸的物质的量为:
0.23mol/L×0.02173L=0.0050mol,根据反应5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知,0.0050mol草酸完全反应消耗高锰酸根离子的物质的量为:
0.0050mol×=0.002mol,
原100mL滴定后的高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为:
0.002mol×
=0.008mol,
100mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为:
0.2mol/L×0.1L=0.02mol,则二氧化硫消耗的高锰酸钾的物质的量为:
0.02mol﹣0.008mol=0.012mol,根据反应2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可知,二氧化硫的物质的量为:
0.012mol×=0.03mol,原样品中含有S的质量为:
32g/mol×0.03mol=0.96g,含有硫元素的质量分数为:
×100%=48%,
故答案为:
48%.
9.【答案】
(1)a、2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C
6CaSiO3+P4+10CO;
b、
;6NA;
(2)PH3;
(3)2.1~7.2;3Ca2++2HPO42﹣=Ca3(PO4)2↓+2H+.
【解析】
(1)a、①4Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=12CaO(s)+2P4(s)+10CO2(g)△H1=+Q1kJ·mol﹣1
②CaO(s)+SiO2(s)=CaSiO3(s)△H2=﹣Q2kJ·mol﹣1
③CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H3=+Q3kJ·mol﹣1
依据热化学方程式和盖斯定律计算得到①×+③+②×6得到化学方程式为:
2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C
6CaSiO3+P4+10CO;
故答案为:
2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C
6CaSiO3+P4+10CO;
b、白磷(P4)是正四面体结构,P﹣P间形成共价键,白磷(P4)的结构式
,1mol白磷(P4)含有P﹣P键的数目为6NA,
故答案为:
;6NA;
(2)白磷在热的浓氢氧化钾溶液中岐化得到一种次磷酸盐(KH2PO2)和一种气体,歧化反应磷元素升高为次磷酸盐,磷元素化合价为+1价,降低的只能为负价,则为氢化物PH3;
故答案为:
PH3;
(3)为获得尽可能纯的NaH2PO4,需配制磷酸、磷酸二氢钠的缓冲溶液,当溶液全部为磷酸溶液时,磷酸以第一步电离为主,所以H3PO4
H++H2PO4﹣K1=7.1×10﹣3;PH=﹣lgc(H+)=3﹣lg7.1≈2.1,
当溶液全部为NaH2PO4溶液时,H2PO4﹣
H++HPO42﹣K2=6.3×10﹣8,所以pH=﹣lgc(H+)=8﹣lg6.3≈7.2,
所以pH应控制介于2.1~7.2之间;HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解,电离反应式为HPO42﹣
PO43﹣+H+,水解反应式为HPO42﹣+H2O
H2PO4﹣+OH﹣,溶液呈碱性,说明水解程度大于电离程度;由于HPO42﹣离子和Ca2+离子反应生成沉淀:
3Ca2++2HPO42﹣═Ca3(PO4)2↓+2H+,促进HPO42﹣的电离,溶液则显酸性;
故答案为:
2.1~7.2;3Ca2++2HPO42﹣=Ca3(PO4)2↓+2H+.
10.【答案】Ⅰ、Na2CO3+CuSO4+H2O═Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑;
Ⅱ、
(1)A;C;B;
(2)无水硫酸铜;
(3)装置B中澄清石灰水变混浊;
Ⅲ、
(1)吸收空气中的H2O蒸汽和CO2;开始时通入处理过的空气可以将装置中原有含H2O蒸汽和CO2的空气排出;结束时通人处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2排出;
(2)(1﹣
)×100%.
【解析】解:
Ⅰ、按照乙同学的理解碳酸根离子水解呈碱性,铜离子水解呈酸性,相互促进,生成氢氧化铜沉淀和二氧化碳气体,反应的方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O═Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑,
故答案为:
Na2CO3+CuSO4+H2O═Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑;
Ⅱ、
(1)利用加热的方法检验,氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳,若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验,若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳,
故答案为:
A;C;B;
(2)装置C检验是否有水生成,可用无水硫酸铜检验,若无水硫酸铜变蓝色说明有水生成,验证沉淀中有氢氧化铜生成,否则沉淀中无氢氧化铜,
故答案为:
无水硫酸铜;
(3)用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明生成二氧化碳,即说明含有CuCO3,故答案为:
装置B中澄清石灰水变混浊;
Ⅲ、
(1)实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳,若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差,故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除,故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2,同时实验开始时也要将装置中的空气中的二氧化碳和水排尽,所以要先通一会儿处理过的空气,氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气,通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收,防止影响测定结果.
故答案为:
吸收空气中的H2O蒸汽和CO2;开始时通入处理过的空气可以将装置中原有含H2O蒸汽和CO2的空气排出;结束时通人处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2排出;
(2)装置B质量增加了n克,说明分解生成ng水,水的物质的量为
mol,根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为
mol,故氢氧化铜的质量为
mol×98g/mol=
g,沉淀中CuCO3的质量分数为
×100%=(1﹣
)×100%,
故答案为:
(1﹣
)×100%.
11.【答案】
(1)9.5;
(2)C;
(3)6;
(4)
,
;
(5)
,
;
【解析】
(1)书写M的分子式为C9H6O2,依据CxHyO耗氧量=x+﹣计算,1molM耗氧量=9+﹣=9.5mol,
故答案为:
9.5;
(2)有机物N中含有碳碳三键、苯环、醇羟基、羧基,结合原子团的特征性质分析判断发生的化学反应类型
A.碳碳三键、醇羟基可以发生氧化反应,故A不符合;
B.醇羟基、苯环上的氢原子可以发生取代反应,故B不符合;
C.醇羟基相邻碳原子上无氢原子不能发生消去反应,故C符合;
D.碳碳三键、苯环可以和氢气发生加成反应属于还原反应,故D不符合;
E.碳碳三键、苯环可以和氢气发生加成反应,故E不符合;
故答案为:
C;
(3)M有多种同分异构体,其中能使FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基,苯环上只有两个取代基、无环物质,另一个取代基为﹣(CO)﹣C≡CH,邻间对三种同分异构体,也可以是﹣C≡C﹣CHO,也存在邻间对三种同分异构体,同分异构体有6种,
故答案为:
6;
(4)羧基和醇羟基之间发生缩聚反应,通过酯化反应缩去水形成高分子化合物,
,
P物质
的钠盐在适当条件下氧化为芳香醛Q和银氨溶液发生氧化反应,出现银镜现象,依据醛基被氧化的反应原理书写化学方程式,
,
故答案为:
,
;
(5)有机物Ⅱ是加成聚合物的单体,去掉中括号单键变双键得到结构简式为:
,A、B可以发生类似①的反应生成有机物Ⅰ,依据有机物Ⅱ是有机物Ⅰ失水得到,所以有机物Ⅱ中的碳碳双键是醇羟基消去水反应生成,因此有机物Ⅰ是丙炔和正丁醇发生反应生成,该反应的化学方程式为:
,
故答案为:
,
;
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