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2020年高三化学上册开学考试相关

上海交通大学附属中学2020届高三上册摸底考试化学题带参考答案

下列不属于垃圾分类目的的是( )
A.变废为宝 B.提高焚烧效率 C.加强居民环保意识 D.节约土地资源

【答案】D
【解析】
A.垃圾分类回收,有助于变废为宝,回收宝贵资源,所以A属于垃圾分类的目的,所以A错误;
B.分类回收,可以提高垃圾焚烧的效率,降低能耗,所以B错误;
C.分类回收,可以加强居民环保意识,所以C错;
D.对于土地资源,垃圾目前还主要是填埋式处理,属于浪费土地资源,单纯的垃圾分类,无法节约,所以D不属于垃圾分类的目的,所以D对。

下列对硫原子的核外电子排布描述正确且最详尽的是( )
A. B.1s22s22p63s23p4
C. D.

【答案】D
【解析】
A.为硫的原子结构示意图,它只表示硫原子核外各电子层容纳的电子数,不能体现电子在轨道中的排布;
B.1s22s22p63s23p4为硫原子的电子排布式,它能体现电子在轨道中的分布情况,但不能体现电子的自旋状态;
C.为硫原子的电子式,只能体现硫原子的最外层电子数;
D.为硫原子的轨道表示式,它能体现电子在各轨道中的排布及自旋状态;
综合以上分析,轨道表示式对硫原子的核外电子排布描述正确且最详尽;故选D。

下列物质中既属于酸性氧化物又属于非电解质的是( )
A.Al2O3 B.Na2O2 C.SiO2 D.NO

【答案】C
【解析】
A.Al2O3为两性氧化物、电解质,A不合题意;
B.Na2O2属于不成盐氧化物、电解质,B不合题意;
C.SiO2为酸性氧化物,且为非电解质,C符合题意;
D.NO为不成盐氧化物、非电解质,D不合题意;
故选C。

下列仪器中,“0”刻度在上端的是( )
A.量筒 B.滴定管 C.普通温度计 D.容量瓶

【答案】B
【解析】
A. 量筒没有“0”刻度,与题意不符,A错误;
B. 滴定管“0”刻度在上部,符合题意,B正确;
C. 普通温度计“0”刻度在中间,与题意不符,C错误;
D. 容量瓶没有“0”刻度,与题意不符,D错误;
答案为B。

下列关于“自行车烃”(如图所示)的叙述正确的是( )


A.可以发生取代反应 B.易溶于水
C.其密度大于水的密度 D.与环己烷为同系物

【答案】A
【解析】
A.“自行车烃”为饱和烃,具有类似环己烷的性质,可以发生取代反应,A正确;
B.“自行车烃”属于烃,难溶于水,B不正确;
C.“自行车烃”属于烃,其密度小于水的密度,C不正确;
D.“自行车烃”分子内含有2个环,与环己烷的结构不相似,不互为同系物,D不正确;
故答案选A。

离子方程式“H++OH-→H2O”可表示的是( )
A.酸碱中和反应 B.强酸强碱中和反应
C.强酸强碱且不生成其它沉淀的中和反应 D.以上均不确切

【答案】D
【解析】
A.若是弱酸和弱碱的中和反应则不能用该离子方程式表示;
B.硫酸和氢氧化钡的反应就不能用该离子方程式表示;
C.硫酸氢钠和氢氧化钠的反应可以用该离子方程式表示,但硫酸氢钠为盐,所以以上描述均不确切,故答案为D。

下列措施能使 0.01mol/L 的 H2S 溶液 pH 值减小,c(S2-)也减小的是( )
A.加入少量的 NaOH 固体 B.通入少量的 Cl2 C.通入少量的 SO2 D.通入少量的 O2

【答案】B
【解析】
A.0.01mol/L 的 H2S 溶液中加入少量的 NaOH 固体,溶液的pH增大,A不合题意;
B.0.01mol/L 的 H2S 溶液中通入少量的 Cl2,发生反应生成S和HCl,溶液的pH减小,c(S2-)减小,B符合题意;
C.0.01mol/L 的 H2S 溶液中通入少量的 SO2,生成S和H2O,溶液的pH增大,C不合题意;
D.0.01mol/L 的 H2S 溶液中通入少量的 O2,生成S和H2O,溶液的pH增大,D不合题意;
故选B。

下列图示两个装置的说法错误的是(  )

A.Fe的腐蚀速率,图Ⅰ>图Ⅱ
B.图Ⅱ装置称为外加电流阴极保护法
C.图Ⅰ中C棒上:2H++2e=H2↑
D.图Ⅱ中Fe表面发生还原反应

【答案】C
【解析】
A. 图Ⅰ为原电池,Fe作负极,腐蚀速率加快;图Ⅱ为电解池,Fe作阴极被保护,腐蚀速率减慢,所以Fe的腐蚀速率,图Ⅰ>图Ⅱ,故A说法正确;
B. 图Ⅱ装置是电解池,Fe为阴极,发生还原反应,金属被保护,称为外加电流的阴极保护法,故B说法正确;
C. 饱和食盐水为中性溶液,正极C棒发生吸氧腐蚀:2H2O + O2 + 4eˉ = 4OH-,故C说法错误;
D. 图Ⅱ装置是电解池,Fe为阴极,发生还原反应,故D说法正确;
故答案为C。

短周期主族元素X、Y、Z、M、W 的原子序数依次增大,X 元素的某种原子不含中子,X 与 M 同主族, W 的单质为黄色,W 和 Z 同主族,5 种元素最外层电子总数为 19,下列说法正确的是( )
A.X、Y、Z、W 均可以和M 形成离子化合物
B.元素周期表中,短周期主族元素共有 18 种
C.以上 5 种元素形成的化合物中,从阳离子的分类角度来看只能形成一类盐
D.原子半径和离子半径均满足:Z<M

【答案】A
【解析】
短周期主族元素X、Y、Z、M、W 的原子序数依次增大,X 元素的某种原子不含中子,则X为H; W 的单质为黄色,则W为S;W 和 Z 同主族,则Z为O;X 与 M 同主族, 则M为Na;5 种元素最外层电子总数为 19,则Y为N。从而得出X、Y、Z、M、W分别为H、N、O、Na、S。
A.X、Y、Z、W 分别可和M 形成NaH、Na3N、Na2O、Na2S等化合物,它们都是离子化合物,A正确;
B.元素周期表中,短周期元素共有 18 种,其中有3种是稀有气体元素,主族元素共有15种,B不正确;
C.以上 5 种元素形成的化合物中,从阳离子的分类角度来看,可形成钠盐、铵盐两类盐,C不正确;
D.离子半径满足:O2->Na+,D不正确;
故选A。

能用共价键键能大小解释的是( )
A.沸点:HCl<HBr B.硬度:Al>Na C.稳定性:He>N2 D.熔点:SiC>Si

【答案】D
【解析】
A.HCl、HBr都形成分子晶体,前者的相对分子质量小于后者,分子间作用力前者小于后者,所以沸点:HCl<HBr,A不合题意;
B.Al、Na都形成金属晶体,前者的金属键能大于后者,所以硬度:Al>Na,B不合题意;
C.He为单原子分子,最外层达到2电子相对稳定结构,且不会发生分解,所以稳定性:He>N2,C不合题意;
D.SiC、Si都形成共价晶体(原子晶体),Si-C键能大于Si-Si键能,所以熔点:SiC>Si,D符合题意;
故选D。

将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表现出( )
A.还原性 B.漂白性 C.氧化性 D.氧化性和还原性

【答案】A
【解析】
二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液,二氧化硫先把KIO3中的碘元素还原成碘单质,淀粉遇碘单质变蓝,而后碘单质继续氧化二氧化硫生成碘离子,此时淀粉遇碘离子不变蓝,所以褪色。所以将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色。二氧化硫全程体现还原性,所以A对,B、C、D都错。

关于离子化合物NH5(H有正价和负价)下列说法正确的是( )
A.N为+5价 B.阴阳离子个数比是1:1
C.阴离子为8电子稳定结构 D.阳离子的电子数为11

【答案】B
【解析】
根据题干信息知,氢有正价和负价,所以NH5可以写成NH4H,其中铵根离子中氮元素化合价为-3价,氢元素化合价为+1价,后面有-1价氢离子。
A.氮元素的化合价为-3价,故A错误;
B.阴阳离子个数比为1:1,故B正确;
C.阴离子是H-,为2电子稳定结构,故C错误;
D.阳离子为铵根离子,电子数为10,故D错误;
答案选B。

下列关于可逆反应 N2+3H2 2NH3+Q (Q>0)的图像中错误的是( )
A. B. C. D.

【答案】D
【解析】
A.升高温度,正、逆反应速率都增大,但由于正反应放热,所以温度升高到一定程度时,逆反应速率大于正反应速率,A正确;
B.反应刚开始时,NH3的百分含量不断增大,当反应达平衡后,再升高温度,平衡逆向移动,NH3的百分含量减小,B正确;
C.由于反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数,所以加压时先达平衡,并且平衡正向移动,NH3的百分含量增大,C正确;
D.由于正反应放热,所以温度升高,NH3的百分含量减小,D错误;
故选D。

已知 NH4HCO3 溶液的 pH>7,则不能得出的结论是( )
A.的水解程度大于 的水解程度
B.的水解程度促进了的水解
C.的水解程度大于电离程度
D.的电离程度大于 的水解程度

【答案】D
【解析】
A.由题可得NH4HCO3溶液的pH>7,说明的水解程度大于的水解程度,从而使c(OH-)大于c(H+),所以A错。
B.的水解呈碱性,促进了的水解,所以B错。
C.的水解程度大于电离程度,致使溶液呈碱性,所以C错。
D.的电离呈酸性,的水解呈酸性,由pH>7无法得出这两者的大小,所以D对。

在不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图关系,下列说法中正确的是( )

A.a 点对应的溶液中大量存在:
B.b 点对应的溶液中大量存在:
C.c 点对应的溶液中大量存在:
D.d 点对应的溶液中大量存在:

【答案】C
【解析】
A.从图中可以看出,a 点对应的溶液呈中性,Fe3+不能大量存在,A不正确;
B.b 点对应的溶液呈酸性,Fe2+、不能大量存在,B不正确;
C.c 点对应的溶液呈中性,能大量存在,C正确;
D.d 点对应的溶液呈碱性,Cu2+不能大量存在,D不正确;
故选C。

漂粉精暴露在潮湿的空气中易失效,其原因与下列叙述无关的是( )
A.HClO 的酸性比H2CO3 弱 B.Ca(ClO)2 能与碳酸反应
C.HClO 见光易分解 D.Ca(ClO)2 有强氧化性

【答案】D
【解析】
漂粉精暴露在潮湿的空气中易失效,主要发生的反应为:Ca(ClO)2+CO2+H2O==CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑。
A.由Ca(ClO)2+CO2+H2O==CaCO3+2HClO 可知,HClO 的酸性比H2CO3 弱,A不合题意;
B.Ca(ClO)2 能与碳酸反应,生成CaCO3和HClO,B不合题意;
C.从反应2HClO2HCl+O2↑可以看出,HClO 见光易分解,C不合题意;
D.Ca(ClO)2 与碳酸反应,是一个非氧化还原反应,Ca(ClO)2 不表现出强氧化性,D符合题意;
故选D。

已知:①H2(g)+O2(g)→H2O(g)+a kJ ②2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)+b kJ
③H2(g)+O2(g)→H2O(l)+c kJ ④2H2(g)+O2(g)→2H2O(l)+d kJ
下列关系正确的是( )
A.a>c B.b>d C.d>2a D.c<

【答案】C
【解析】
反应①、②、③、④都是H2的燃烧反应,都为放热反应,所以a、b、c、d都大于0。
A.H2O(g)→H2O(l),放出能量,所以a<c,A不正确;
B.H2O(g)→H2O(l),放出能量,所以b<d,B不正确;
C.比较①、②,b=2a,由B知,b<d,所以d>2a,C正确;
D.比较③、④知,c=,由B知,b<d,所以c>,D不正确;
故选C。

常温常压下,分别在等体积 pH=2 的酸溶液和 pH=12 的 NaOH 溶液中加入足量的 Al,产生氢气的体积分别为 aL 和 bL,下列说法一定正确的是( )
A.酸是多元强酸:a>b B.酸是一元强酸:a=b
C.酸是一元弱酸:a>b D.酸是多元弱酸:a<b

【答案】C
【解析】
常温常压下,pH=2 的酸溶液和 pH=12 的 NaOH 溶液中c(H+)=c(OH-)=0.01mol/L,强酸、强碱与Al发生反应的离子方程式为据此分析解答。
A. 酸是多元强酸,则等体积的两溶液提供的n(H+)=n(OH-),则根据反应方程式的比例关系可知a<b,故A错误;
B. 酸是一元强酸,则等体积的两溶液提供的n(H+)=n(OH-),则根据反应方程式的比例关系可知a<b,故B错误;
C. 酸是一元弱酸,弱酸溶液中存在未电离的弱酸分子,弱酸的电离是微弱的,则酸能提供的n(H+)>3n(OH-),则a>b,故C正确;
D. 酸是多元弱酸,弱酸溶液中存在未电离的弱酸分子,弱酸的电离是微弱的,则酸能提供的n(H+)>3n(OH-),则a>b,故D错误;
故选C。

除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质),所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是( )

混合物

试剂

分离方法

A

苯(苯酚)

溴水

过滤

B

乙醇(水)

生石灰

蒸馏

C

甲烷(甲醛)

银氨溶液

洗气

D

乙酸乙酯(乙酸)

NaOH 溶液

分液


A.A B.B C.C D.D

【答案】B
【解析】
A.三溴苯酚易溶于苯,无法过滤分离,故A错误;
B.水和生石灰反应后增大了与乙醇的熔沸点差异,蒸馏可以分离,故B正确;
C.甲醛和银氨溶液反应会生成氨气,引入新的杂质,故C错误;
D.乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解,故D错误;
综上所述答案为B。

H2 和O2 的混合气体 26g 在连续电火花引燃的条件下通过足量的 Na2O2 充分反应,固体增重 2g。原混合气体中H2 和O2 的物质的量之比为( )
A.1:10 B.10:1 C.3:4 D.4:3

【答案】D
【解析】
2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑,由于Na2O2足量,H2O完全反应,所以总反应为H2+Na2O22NaOH。
由分析知,总反应为H2+Na2O22NaOH,则固体增重 2g,表明原混合气体中H2的质量为2g,O2的质量为26g-2g=24g,原混合气体中H2 和O2 的物质的量之比为=4:3;故选D。

磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。AlP 晶体的熔点高达 2000℃。
(1)P 原子最外层共有__种不同运动状态的电子,AlP 中两种微粒的 p 电子数之比为__________________。
(2) PH3分子的空间构型为_________________,其热稳定性比 AsH3_________________。
(3) AlP遇水蒸气会发生水解反应放出 PH3 气体,该反应的另一种产物的电离方程式为___________________。
(4) PH3 具有强还原性,能与 CuSO4 溶液反应,配平该反应的化学方程式:
____CuSO4+____PH3+ ____H2O→_____Cu3P +_____H3PO4+_____H2SO4
工业制备 PH3 的流程如图所示。

(5)次磷酸和足量烧碱溶液反应的化学方程式为___________。
(6)若开始时有 1mol P4 参加反应,则整个工业流程中共生成___________ mol PH3(不考虑产物的损失)。

【答案】5 7:9 三角锥形 强 24 11 12 8 3 24 H3PO2+NaOH→NaH2PO2+H2O 2.5
【解析】
(1) P原子最外层的电子排布式为3s23p3,所以共有5种不同运动状态的电子;Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1,P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,所以AlP中两种微粒的p电子数之比为7:9。所以答案为:5、7:9。
(2) PH3分子的中心原子为磷原子,磷原子形成了3个σ键,另外还有1对孤电子对,其价层电子对的总数是4,需要形成4个杂化轨道,采用sp3杂化,4个sp3杂化轨道中填充了3个σ键的成键电子对和1对孤电子对,使得分子的空间构型为三角锥形。由于磷比砷的非金属性强,所以其热稳定性比AsH3强。所以答案为:三角锥形、强。
(3) AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体,其方程式为AlP+3H2O= PH3+Al(OH)3,该反应的另一种产物Al(OH)3的电离方程式为。所以答案为:
(4) 该方程式中Cu价态由+2→+1,P价态由-3→+5,为保证化合价升降数相等,Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3,CuSO4的系数是24,H2SO4系数是24,根据元素守恒,得到:24CuSO4+11PH3+12H2O═8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4,
所以答案为:24,11,12,8,3,24。
(5) 次磷酸(H3PO2)是一元酸,和足量烧碱溶液发生酸碱中和反应,所以化学方程式为H3PO2+NaOH→NaH2PO2+H2O。所以答案为:H3PO2+NaOH→NaH2PO2+H2O。
(6) 因为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2,2H3PO2=PH3↑+H3PO4;即P4~2.5PH3,若起始时有1molP4参加反应,则整个工业流程中共生成2.5molPH3。所以答案为:2.5。

研究 CO2 与 CH4 的反应使之转化为 H2 和 CO 对减缓燃料危机,减少温室效应具有重大意义。
已知:CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)。
(1)该反应的平衡常数 K=______。在 2L 密闭容器中,通入 CO2 与 CH4 的混合气体,30min 后,CH4 的质量减少了 4.8g,则v(CH4)=______。
(2)根据图可得出 n(CO2)消耗__n(CH4)消耗(填“>”、“<”和“=”),原因是_______________________。

(3)CO2 的电子式为______,从原子结构的角度解释 C 的非金属性弱于O____________。
(4)标况下 2.24L CO2 通入 150mL 1mol/L 的 NaOH 溶液中完全反应,反应后溶液中各离子浓度的由大到小的顺序为___________。

【答案】 0.005mol/(L∙min) > 根据图中信息,有H2O 生成,平衡时 n(H2)<n(CO),说明一部分 CO2 与 H2 发生了反应 ; 碳原子和氧原子电子层数相同,随着核电荷数的增加,原子核对核外电子的吸引力增强,原子半径减小,得电子能力增强,因此 C 的非金属性弱于 O
【解析】
(1)根据可逆反应平衡常数的定义可知该反应的平衡常数为K=
30min后,Δn(CH4)==0.3mol,容器体积为2L,所以v(CH4)==0.005mol/(L∙min);
(2)根据图中信息可知反应过程中有H2O 生成,且平衡时 n(H2)<n(CO),说明一部分 CO2与 H2 发生了反应,所以n(CO2)消耗>n(CH4)消耗;
(3)二氧化碳分子碳原子与每个氧原子共用2对电子,所以电子式为;碳原子和氧原子电子层数相同,随着核电荷数的增加,原子核对核外电子的吸引力增强,原子半径减小,得电子能力增强,因此 C 的非金属性弱于 O;
(4)n(CO2)==0.1mol,n(NaOH)=0.15L1mol/L=0.15mol,所以发生的反应为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O,所以溶液中的溶质为等物质的量Na2CO3和NaHCO3,溶液显碱性,且碳酸根水解程度大于碳酸氢根,钠离子不水解,所以溶液中粒子浓度由大到小顺序为

过氧化钙(CaO2)难溶于水,在常温下稳定,在潮湿空气及水中缓慢分解放出氧气,因而广泛应用于渔业、农业、环保等许多方面,如图是以大理石(主要杂质是氧化铁)等为原料制取过氧化钙(CaO2) 的流程。


请回答下列问题:
(1)写出加硝酸后反应的离子方程式___________。
(2)操作①应包括的步骤是___________。
(3)用氨水调节pH至8~9的目的是___________。
(4)若在滤液C中,加入HNO3使溶液呈酸性以得到副产物NH4NO3,则酸化后溶液中 c()___________c()(填“≥”、“≤”、“<”、“>”或“=”)。
(5)操作②是:在低温下,往过氧化氢浓溶液中投入无水氯化钙进行反应,一段时间后,再加入氢氧化钠溶液,当调节溶液pH至9~11,才出现大量沉淀。写出加氢氧化钠前该反应的化学方程式__________;用简要的文字解释用氢氧化钠调节pH至9~11的原因__________。
(6)已知大理石含CaCO3的质量分数为a,m g大理石可以制得n g CaO2,请计算:CaCO3转化为CaO2过程中,Ca原子的利用率________。

【答案】 溶解、过滤、蒸发结晶 除去Fe3+ < 加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向移动,有利于CaO2沉淀的生成
【解析】
根据图示信息可得出,滤液A的成分有硝酸钙和硝酸铁以及剩余的硝酸,当pH至8~9范围段内时,三价铁可易形成沉淀,所以滤渣B是氢氧化铁,滤液B是硝酸钙,和碳酸铵之间可以发生复分解反应,生成碳酸钙和硝酸铵,过滤,沉淀碳酸钙用盐酸溶解,然后蒸发结晶,可以得到氯化钙晶体。再失水成为无水氯化钙,双氧水可以和氯化钙反应生成过氧化钙和盐酸。据此答题。
(1) 由题可得,大理石含有碳酸钙和杂质氧化铁,所以和硝酸的反应的离子方程式为。所以答案为:
(2)操作①是向碳酸钙中加入盐酸,得到氯化钙溶液,继而得到氯化钙晶体的过程,所涉及的操作步骤有用盐酸溶液溶解氯化钙固体,过滤完未完全反应的碳酸钙,以及通过蒸发结晶得到氯化钙晶体。所以答案为:溶解、过滤、蒸发结晶。
(3)往滤液A中加人氨水,调节pH至8~9范围段内时,三价铁可易形成沉淀。所以答案为:除去Fe3+。
(4)根据溶液中正负电荷的代数和始终为零,而且溶液呈酸性,所以可得出溶液中铵根离子浓度比硝酸根离子浓度要小。所以答案为:<。
(5)由题可得,氯化钙与双氧水反应生成过氧化钙,根据原子守恒,所以其反应方程式为;而用氢氧化钠调节pH至9~11的原因是通过加入NaOH溶液使上述平衡向正反应方向移动,有利于CaO2沉淀的生成。
(6)已知过氧化钙的相对分子质量为72,而碳酸钙的相对分子质量为100,所以钙原子的利用率。所以答案为:

以含有某种官能团的芳香烃 C8H8为主要原料合成药物 E 的流程(部分反应条件及产物略去),如图:

已知: (R 和 R’是烃基或 H 原子)。请根据流程图中转化关系回答下列问题:
(1)芳香烃 C8H8的结构简式为________,名称为________。
(2)反应②的反应类型为________。
(3)B中所有官能团的名称为________。
(4)D转化为E的化学方程式为________,该反应的反应类型为________。
(5)同时满足下列条件的 C 的同分异构体有________种。
①遇 FeCl3 溶液发生显色反应;
②既能发生水解反应也能发生银镜反应;
③苯环上只有两个取代基。
写出其中有 6 种不同环境的氢原子且个数之比为 1:1:2:2:2:2 的有机物结构简式:__________。
(6)参照上述流程,写出用 CH3CH2OH 为原料(其它无机试剂任选)制备化合物 CH2=CHCOOCH2CH3的合成路线______________________________。

【答案】 苯乙烯 取代反应 羰基 消去反应 6
【解析】
C8H8与HBr发生加成反应,生成,则C8H8为在碱性条件下水解,生成A的结构简式为;A催化氧化生成B的结构简式为;B与HCN、H+反应生成C的结构简式为;C与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D的结构简式为;D发生消去反应生成E。
(1)由分析知,芳香烃 C8H8的结构简式为,名称为苯乙烯。答案为:;苯乙烯;
(2)反应②为在碱性条件下水解,生成,反应类型为取代反应。答案为:取代反应;
(3)B的结构简式为,所含官能团的名称为羰基。答案为:羰基;
(4) 发生消去反应转化为,化学方程式为,该反应的反应类型为消去反应。答案为:;消去反应;
(5)同时满足下列条件:①遇 FeCl3 溶液发生显色反应;②既能发生水解反应也能发生银镜反应;③苯环上只有两个取代基的C的同分异构体,应含有苯环、酚羟基,另外还含有取代基-CH2CH2OOCH或-CH(CH3)OOCH,且两取代基可位于邻、间、对位,所以可能结构共有6种。
其中有 6 种不同环境的氢原子且个数之比为 1:1:2:2:2:2 的有机物结构简式为。答案为:6;
(6)由 CH3CH2OH 为原料制备化合物 CH2=CHCOOCH2CH3,应先将CH3CH2OH氧化为CH3CHO,再与HCN、H+作用生成,再与CH3CH2OH发生酯化生成,最后发生消去反应生成CH2=CHCOOCH2CH3。合成路线为。答案为:

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