届江苏省苏州市高三上学期期初调研化学试题解析版.docx
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届江苏省苏州市高三上学期期初调研化学试题解析版
江苏省苏州市2020届高三上学期期初调研
一、单项选择题
1.化学与人类的生产、生活密切相关。
下列说法正确的是( )
A.含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康,应禁止使用
B.油脂属于高分子化合物,使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
C.将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用,是法律允许的做法
D.废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料
『答案』C
『详解』A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿,缺氟易患龋齿,故A错误;
B、油脂既能运送营养素,也能作为维生素A、D、E、K的溶剂,它们必须溶在油脂里面,才会被消化吸收,但油脂是小分子,不是高分子,故B错误;
C、将二氧化硫添加于红酒中,利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性,故C正确;
D、废旧电池含有汞、镉等重金属,用完随便丢弃容易造成环境污染,应集中回收处理,防止污染土壤与水体,故D错误。
答案选C。
2.工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑.下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A.Na+的结构示意图:
B.中子数为18的氯原子:
Cl
C.NaOH的电子式:
D.Cl2的结构式:
Cl=Cl
『答案』B
『详解』A、钠离子的质子数为11,钠离子失去了最外层电子,离子结构示意图为:
,故A错误;
B、质量数=质子数+中子数,中子数为18的氯原子的质量数为35,故为
Cl,故B正确;
C、氢氧化钠属于离子化合物,氢氧化钠的电子式为:
,故C错误;
D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构,电子式为:
,将共用电子对换成短线即为结构式,氯气结构式为:
Cl-Cl,故D错误;
答案选B。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A.Al2O3具有两性,可用于制作耐高温材料
B.FeCl3具有氧化性,可用作铜制线路板的蚀刻剂
C.漂白粉在空气中不稳定,可用于纸浆的漂白
D.明矾水解后溶液呈酸性,可用于水的净化
『答案』B
『详解』A、Al2O3是离子化合物,有较高熔点,可作耐火材料,与Al2O3具有两性无关,故A错误;
B、FeCl3具有氧化性,能溶解Cu生成CuCl2,所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂,故B正确;
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙,能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO,HClO有漂白性,所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关,故C错误;
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体有较强的吸附性,能吸附水中的悬浮物形成沉淀,达到净水目的,与明矾水解后溶液呈酸性无关,故D错误;
答案选B。
『点睛』试题考查物质的性质及应用,把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键,注意元素化合物知识的应用。
4.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.使酚酞变红
溶液中:
Na+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣
B.c(Al3+)=0.1mol•L﹣1的溶液中:
K+、Mg2+、AlO2﹣、SO42﹣
C.澄清透明的溶液中:
Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D.c(H+)=0.1mol•L﹣1的溶液中;K+、Na+、CH3COO﹣、NO3﹣
『答案』C
『详解』A、使酚酞变红的溶液呈碱性,NH4+与氢氧根反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;
B、Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀,在溶液中不能大量共存,故B错误;
C、Fe3+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应,在溶液中能够大量共存,故C正确;
D、H+、CH3COO﹣之间发生反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;
答案选C。
5.下列实验装置正确的是( )
A.用图1所示装置收集SO2气体
B.用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的C2H4
C.用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D.用图4所示装置制取并收集O2
『答案』D
『详解』A、SO2密度比空气大,应用向上排空法收集,故A错误;
B、乙醇易挥发,可与高锰酸钾发生氧化还原反应,不能排除乙醇的干扰,故B错误;
C、蒸发应用蒸发皿,不能用坩埚,故C错误;
D、过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气,氧气密度比空气大,可用向上排空法收集,故D正确。
答案选D。
6.下列有关表述正确的是( )
A.HClO是弱酸,所以NaClO是弱电解质
B.Na2O、Na2O2组成元素相同,所以与CO2反应产物也相同
C.室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D.SiO2是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应
『答案』D
『详解』A、次氯酸钠是盐,是强电解质而不是弱电解质,故A错误;
B、Na2O、Na2O2组成元素相同,与CO2反应产物不同:
Na2O+CO2=Na2CO3,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故B错误;
C、增加氯离子的量,AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动,溶解度减小,故C错误;
D、SiO2是酸性氧化物,二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,故D正确;
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A.实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2:
MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2++Cl2↑+2H2O
B.将Cl2溶于水制备次氯酸:
Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣
C.用过量的NaOH溶液吸收SO2:
OH﹣+SO2=HSO3﹣
D.向AlCl3溶液中加入氨水:
Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓
『答案』A
『详解』A、浓盐酸与二氧化锰混合加热,离子方程式:
MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2++Cl2↑+2H2O,故A正确;
B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO,故B错误;
C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠,离子方程式为2OH﹣+SO2=H2O+SO32﹣,故C错误;
D、向氯化铝溶液中加入过量氨水,一水合氨是弱碱,要保留化学式,离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故D错误;
答案选A。
『点睛』考查离子方程式书写方法和反应原理,掌握物质性质和书写原则是解题关键,注意反应物用量对反应的影响。
8.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大.元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法错误的是( )
A.元素W、X的氯化物中,各原子均满足8电子的稳定结构
B.元素X与氢形成的原子比为1:
1的化合物有很多种
C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
『答案』A
『分析』X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。
Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。
『详解』X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。
Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。
A、W、X
氯化物分别为LiCl和CCl4,则Li+的最外层只有两个电子,不满足8电子的稳定结构,故A错误;
B、元素X与氢形成的化合物有C2H2,C6H6等,故B正确;
C、元素Y为铝,铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成,故C正确;
D、硫和碳可形成共价化合物CS2,故D正确;
答案选A。
9.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A.
B.
C.
D.
『答案』C
『详解』A、二氧化硅与盐酸不反应,Si与氯气加热反应生成SiCl4,SiCl4与氢气反应生成Si,故A错误;
B、FeS2煅烧生成二氧化硫,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,不能生成硫酸,亚硫酸与氧气反应生成硫酸,故B错误;
C、饱和NaCl溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠,碳酸氢钠不稳定,受热分解生成碳酸钠,所以在给定条件下,物质间转化均能实现,故C正确;
D、MgCO3与盐酸反应生成MgCl2溶液,电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀,得不到Mg,故D错误。
答案选C。
『点睛』考查常见元素及其化合物性质,明确常见元素及其化合物性质为解答关键,注意反应中反应条件的应用。
10.下列说法正确的是( )
A.钢管镀锌时,钢管作阴极,锌棒作为阳极,铁盐溶液作电解质溶液
B.镀锌钢管破损后,负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+
C.镀银的铁制品,镀层部分受损后,露出的铁表面不易被腐蚀
D.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
『答案』D
『详解』A、电镀时镀层金属作阳极,则Zn为阳极,待镀金属作阴极,则Fe为阴极,含有锌离子的溶液为电解质溶液,故A错误;
B、Zn比Fe活泼,形成原电池时,Zn作负极,镀锌钢管破损后,负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+,故B错误;
C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀,因Fe比Ag活泼,铁易被腐蚀,故C错误;
D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法,铁分别为正极和阴极,都发生还原反应,可防止被氧化,故D正确。
答案选D。
『点睛』考查电化学腐蚀与防护,应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。
二、不定项选择题
11.下列说法正确的是( )
A.室温下,反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)能自发发生反应,则该反应的△H<0
B.甲醇燃料电池工作时,甲醇得到电子,发生还原反应
C.常温下,0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中
的值减小
D.在Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体,CO32﹣水解程度减小,溶液的pH减小
『答案』AC
『详解』A、△H﹣T•△S<0反应自发,反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)是熵减反应△S<0,只有放热反应△H<0才能使△H﹣T•△S<0,故A正确;
B、甲醇燃料电池中,甲醇在负极失电子发生氧化反应,故B错误;
C、加水稀释促进电离,导致n(CH3COO﹣)增大,n(CH3COOH)减小,因此
=
减小,故C正确;
D、Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体,生成碳酸钙沉淀和NaOH,CO32﹣水解程度减小,但溶液的pH增大,故D错误。
答案选AC。
12.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成,可由化合物X与2﹣甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得:
下列有关X、Y的说法正确的是( )
A.X分子中所有原子一定在同一平面上
B.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子
C.X、Y均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.可以用FeCl3溶液鉴别X和Y
『答案』BD
『详解』A、与﹣OH相连的苯环之间的单键可旋转,则不一定所有原子共面,故A错误;
B、Y含碳碳双键,且连接4个不同基团的C具有手性,则Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子,与甲基相连的C具有手性,故B正确;
C、X含酚﹣OH、Y含碳碳双键,均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C错误;
D、含酚﹣OH的有机物遇FeCl3溶液显紫色,可以用FeCl3溶液鉴别X和Y,故D正确;
答案选BD。
『点睛』考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质、有机反应为解答的关键;上述X物质中含有溴原子、酚羟基,而反应后在Y中有溴原子、酯基、碳碳双键。
13.根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现
结论
A
常温下,将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,沉淀由白色变为红褐色
常温下,Ksp『Fe(OH)3』>
Ksp『Mg(OH)2』
B
向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液,溶液中产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色
氧化性:
H2O2>Fe3+
D
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体,溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
『答案』D
『详解』A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,可观察到沉淀由白色变为红褐色,说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀,则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁,但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系,故A错误;
B、可能生成AgCl等沉淀,应先加入盐酸,如无现象再加入氯化钡溶液检验,故B错误;
C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,可氧化亚铁离子,故C错误;
D、含有酚酞的Na2CO3溶液,因碳酸根离子水解显碱性溶液变红,加入少量BaCl2固体,水解平衡逆向移动,则溶液颜色变浅,证明Na2CO3溶液中存在水解平衡,故D正确。
答案选D。
『点睛』要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等,比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制;硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。
14.25℃时,将0.1mol•L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中,所加入溶液
体积(V)和混合液的pH关系曲线如图所示。
下列结论正确的是( )
A.①点时,c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=c(Na+)
B.对曲线上①②③任何一点,溶液中都有c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)
C.③点时,醋酸恰好完全反应完溶液中有c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)
D.滴定过程中可能出现c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)
『答案』B
『分析』①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH,混合溶液中存在物料守恒,根据物料守恒判断;任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒判断;②点溶液呈中性,溶质为CH3COONa和CH3COOH,但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa,溶液的pH>7,溶液呈碱性。
『详解』A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH,混合溶液中存在物料守恒,根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+),故A错误;
B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),故B正确;
C、③点溶液中溶质为CH3COONa,溶液的pH>7,溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH﹣),根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO﹣),盐类水解程度较小,所以存在c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故C错误;
D、滴定过程中遵循电荷守恒,如果溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒得c(Na+)<c(CH3COO﹣),故D错误;
答案选B。
『点睛』本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断,明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用,注意:
电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。
15.一定温度下,在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),进行反应,2SO2+O2⇌2SO3,其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示.下列判断中正确的是( )
A.该温度下,该反应的平衡常数K为400
B.SO2的平衡转化率:
a1>a2=a3
C.达到平衡时,容器丁中的正反应速率比容器丙中的大
D.达到平衡时,容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍
『答案』AD
『分析』对比四个容器投料和体积,乙与甲比较,SO2的投料加倍了,则平衡正向移动;丙与甲比较,投料是甲的两倍,相当于增大了压强,平衡正向移动;丁与甲比较,体积缩小了一倍,也相当于增大了压强,平衡正向移动。
『详解』A、2SO2+O2⇌2SO3,
开始0.20.120
转化0.160.080.16
平衡0.040.040.16
K=
=400,故A正确;
B、乙、丙相比,丙中氧气浓度大,丙、丁相比浓度相同,则SO2的平衡转化率:
a1<a2=a3,故B错误;
C、丙、丁相比浓度相同,温度相同,则达到平衡时,容器丁中的正反应速率等于容器丙中的,故C错误;
D、甲、丙相比,丙中浓度为甲的2倍,且增大压强平衡正向移动,则达到平衡时,容器丙中c(SO3)大于容器甲中c(SO3)的两倍,故D正确;
答案选AD。
『点睛』本题考查等效以及平衡的计算,采用对比法解答,乙、丙、丁都与甲比较,先判断是否等效,若不等效则相当于向哪个方向发生移动,再进行分析。
三、非选择题
16.从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下:
已知:
CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S
(1)浸取时,若改用FeCl3溶液,也能生成CuCl和S,该反应化学方程式为_____________________________________________________.
(2)若过滤1所得滤液中只含FeCl2,则将其在空气中加热蒸干、灼烧后,所得固体的化学式为_________________.
(3)调节溶液的pH后,除生成Cu外,还能产生一种金属离子,此金属离子是_________.(填离子符号)
(4)过滤3所得滤液中可以循环使用
物质有_____________,为保持流程持续循环,每生成1molCu,理论上需补充CuCl2的物质的量为_____________.
(5)冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧,使其转变为铜,化学方程式为:
6CuFeS2+13O2
3Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O2
2Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有_____________________________________________________.
『答案』
(1).CuFeS2 +3FeCl3=CuCl+4FeCl2 +2S
(2).Fe2O3(3).Cu2+(4).CuCl2(HCl)(5).0.5mol(6).会产生污染环境的气体SO2,能耗高等
『分析』CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S,过滤后得到滤液含有FeCl2,固体含有CuCl、S,加入盐酸除硫,过滤得到滤液含有『CuCl2』﹣,调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+,过滤可得到Cu,得到滤液含有Cu2+,以此解答该题。
『详解』CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S,过滤后得到滤液含有FeCl2,固体含有CuCl、S,加入盐酸除硫,过滤得到滤液含有『CuCl2』﹣,调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+,过滤可得到Cu,得到滤液含有Cu2+,
(1)CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应,化学方程式为:
CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S,故答案为:
CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S;
(2)过滤1所得滤液中只含FeCl2,将其在空气中加热蒸干、灼烧后,发生水解生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁,氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁,所得固体为Fe2O3,故答案为:
Fe2O3;
(3)过滤得到滤液含有『CuCl2』﹣,调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+,故答案为:
Cu2+;
(4)滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2,可以循环使用,涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl=Cu+CuCl2,综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S,由方程式可得每生成1molCu,理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol,
故答案为:
CuCl2(HCl);0.5mol;
(5)将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧,使其转变为铜,生成二氧化硫气体,污染空气,且能耗高,故答案为:
会产生污染环境的气体SO2,能耗高等。
17.慢心律是一种治疗心律失常的药物。
它的合成路线如图所示。
(1)C中的含氧官能团名称为_____________和_____________;
(2)由B→C的反应类型是_________________。
(3)由A制备B的过程中有少量副产物E,它与B互为同分异构体。
写出E的结构简式:
_________________________。
(4)写出同时满足下列条件的化合物D的一种同分异构体的结构简式:
_____________。
①属于a﹣氨基酸;②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种;③分子中有2个手性碳原子
(5)已知乙烯在催化剂作用下与氧气反应可以生成环氧乙烷(
)。
写出以邻甲基苯酚(
)和乙醇为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂任用)。
合成路线流程图示例见本题题干_________________________________。
『答案』
(1).醚键
(2).羰基(3).氧化反应(4).
(5).
(6).
『分析』根据C的结构简式判断其含有的官能团;对比B、C结构可知,B中﹣醇羟基转化羰基;
中含有2个C﹣O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式;
D的同分异构体同时满足如下条件:
①属于α﹣氨基酸,氨基、羧基连接同一碳原子上,②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,可以是2个不同的取代基处于对位位置,③分子中含有2个手性碳原子,说明C原子上连接4个不同的原子或原子团;制备
,应先制备
,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成
,与
反应生成
,进而氧化可生成
,再与乙醇发生酯化反应得到目标物。
『详解』
(1)根据C的结构简式可知,C中含氧官能团为醚键和羰基,故答案为:
醚键、羰基;
(2)对比B、C结构可知,B中﹣CH(OH)﹣转化为C=O,属于氧化反应,故答案为:
氧化反应;
(3)
中含有2个C﹣O键,与A发生反应时可有两种不同的断裂方式,副产物E,它与B互为同分异构体,E的结构简式为
,故答案为:
;
(4)D的一种同分异构体同时满足如下条件:
①属于α﹣氨基酸,氨基、羧基连接同一碳原子上,②是苯的衍生物,且苯环上的一氯代物只有两种,可以是2个不同的取代基处于对位位置,③分子中含有两个手性碳原子,说明C原子上连接4个不同的原子或原子团,符合条件的结构简式为:
,故答案为:
;
(5)制备
,应先制备
,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成
,与
反应生成
,进而氧化可生成
,再与乙醇发生酯化反应得到目标物,合成路线流程图:
,
故答案为:
。
18.Na2S2O3•5H2O俗称“海波”,是重要的化工原料,常用作脱氯剂、定影剂和还原剂。
(1)Na2S2O3还原性较强,在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式是________________________________________
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