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2019届高三化学第二次模拟考试题III‘注意事项1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2.选择题的作答每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3.非选择题的作答用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交可能用到的相对原子质量H1C12N14O16Na23Al27S32Cl
35.5Fe56
一、选择题每小题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7.《五金铁》中记载“若造熟铁,则生铁流出时,相连数尺内,低下数寸,筑一方塘,短墙抵之,其铁流入塘内,数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅,即时炒成熟铁”以下说法不正确的是A.金属冶炼方法由金属活动性决定B.熟铁比生铁质地更硬,延展性稍差C.炒铁是为了降低铁水中的碳含量D.该法与近代生铁水吹空气炼钢异曲同工8.下列关于有机化合物的说法正确的是A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了加成反应B.乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上C.C8H10属于芳香烃的同分异构体共有4种D.蛋白质水解最终产物是氨基酸和甘油9.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A.nH2CO3和nHCO之和为1mol的NaHCO3溶液中,含有Na+数目为NAB.
4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NAC.氢氧燃料电池负极消耗
1.12L气体时,电路中转移的电子数为
0.1NAD.用情性电极电解CuSO4溶液后,如果加入
0.1molCuOH2能使溶液复原,则电路中转移的电子数为
0.4NA10.NiS可用作陶瓷和搪瓷的着色剂NiS在有水存在时能被氧气氧化成NiOHS将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中,经过过滤,制得NiS沉淀,装置如图所示下列对实验的叙述正确的是A.在装置A中滴加蒸馏水前通入N2,是为了将H2S赶入C装置中与NiSO4溶液反应B.装置B中盛放浓硫酸C.装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水D.反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中11.日本一家公司日前宣布,他们已经开发并计划大量生产一种颠覆性的阳极和阴极,两个电极都是碳材料的双碳性电池放电原理如图所示,充电速度比普通的锂离子电池快20倍放电时,正极反应为CnPF6+e−===PF+nC,负极反应为LiCn-e−===Li++nC下列有关说法中正确的是A.a极为电池的负极B.A−为OH−C.电池充电时的阴极反应为LiCn+e−===Li++nCD.充电时,溶液中A−从b极向a极迁移12.H2A是一种二元弱酸,常温下利用KOH固体调节H2A溶液的pH,H2A、HA-和A2−三种形态的粒子的物质的量分数δX=随溶液pH变化的关系如图所示,已知常温下,H2CO3的电离常数为K1=
4.3×10−7,K2=
5.6×10−11,下列说法错误的是A.当pH=
4.3时,溶液中有3cHA−+cOH−=cK++cH+B.常温下,KHA溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度C.常温下,K2A溶液中[cA2−×cH2A]/c2HA−=10−3D.向Na2CO3溶液中滴加少量H2A,发生的主要反应为2CO+H2A===A2−+2HCO13.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大,X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X
2、Y2X、Y2X2,化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成下列有关叙述正确的是A.简单离子半径的大小QYZXWB.五种元素的单质中,只有一种能与其他四种化合C.相同条件下,YWQ、YXW、Y2Q溶液的pH依次增大D.Y、Z、Q的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应
二、非选择题(共43分)26.(15分)亚硝酸钠NaNO2被称为工业盐,在漂白、电镀等方面应用广泛以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示已知室温下,
①2NO+Na2O2===2NaNO2;
②3NaNO2+3HCl===3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O;
③酸性条件下,NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2+请按要求回答下列问题
(1)检查完该装置的气密性,装入药品后,实验开始前通入一段时间气体Ar,然后关闭弹簧夹,再滴加浓硝酸,加热控制B中导管均匀地产生气泡上述操作的作用是_____________________________________________
(2)B中观察到的主要现象是___________________________________
(3)A装置中反应的化学方程式为____________________________________
(4)D装置中反应的离子方程式为____________________________________
(5)预测C中反应开始阶段,固体产物除NaNO2外,还含有的副产物有Na2CO3和________为避免产生这些副产物,应在B、C装置间增加装置E,则E中盛放的试剂名称为________
(6)利用改进后的装置,将
3.12gNa2O2完全转化成为NaNO2,理论上至少需要木炭_______g27.(14分)氢是一种理想的绿色清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究重点已知利用FeO与Fe3O4循环制氢的相关反应如下反应I.H2Og+3FeOsFe3O4s+H2gΔH=akJ·mol−1;反应Ⅱ.2Fe3O4sFeOs+O2gΔH=bkJ·mol−1
(1)反应2H2Og===2H2g+O2gΔH=________用含a、b的代数式表示kJ·mol−1
(2)上述反应中a
0、b0,从能源利用及成本的角度考虑,实现反应II可采用的方案是____________________________________________________________
(3)900℃时,在甲、乙两个体积均为
2.0L的密闭容器中分别投入
0.60molFeOs并通入
0.20molH2Og,甲容器用FeO细颗粒,乙容器用FeO粗颗粒反应过程中H2的生成速率的变化如图1所示
①用FeO细颗粒和FeO粗颗粒时,H2的生成速率不同的原因是___________________________
②用FeO细颗粒时H2Og的平衡转化率与用FeO粗颗粒时H2Og的平衡转化率的关系是___________填“前者大”“前者小”或“相等”
(4)FeO的平衡转化率与温度的关系如图2所示请在图3中画出1000℃、用FeO细颗粒时,H2Og转化率随时间的变化曲线进行相应的标注
(5)NH3-O2燃料电池的结构如图所示
①a极为电池的________填“正”或“负”极,电极反应式
②当生成1molN2时,电路中流过电子的物质的量为_______28.(14分)铁、铝是生活中重要的金属材料,铁铝及其化合物有非常重要的用途
(1)下列说法不正确的是__________填序号
①配制FeCl
3、ACl3溶液时,均是先将固体FeCl
3、ACl3溶于较浓的盐酸,再用蒸馏水稀释到所需浓度
②FeCl
2、FeCl
3、FeOH3均可以通过化合反应生成
③利用氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+
④加热蒸干Al2SO43溶液残留固体的成分为Al2O3
(2)以高碗铝土矿主要成分为Al2O
3、Fe2O
3、SiO
2、少量FeS2和金属硫酸盐为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下
①流程中两次焙烧均会产生SO2,用NaOH溶液吸收处理SO2的离子方程式为_________________________________________________
②添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧其硫去除率随温度变化曲线如图所示已知多数硫酸盐的分解温度都高于600℃硫去除率=1-×100%I.不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时,去除的硫元素主要来源于_______________Ⅱ.700℃时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是___________________________________________
③“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,写出该反应的化学方程式___________________
(3)已知25℃时,Ksp[CuOH2]=
2.2×10−20,Ksp[FeOH3]=
4.0×10−38,Ksp[AlOH3]=
1.1×10−33
①在25℃下,向浓度均为
0.1mo·L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成__________填化学式沉淀
②溶液中某离子浓度低于
1.0×10−5ml·L−1时,可以认为已沉淀完全现向一定浓度的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水,当Fe3+恰好沉淀完全时,测得cAl3+=
0.2mol·L−1,所得沉淀中__________选填“还含有”或“不含有”AlOH3理由是______________通过计算说明35.[化学——选修3物质结构与性质](15分)原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期,自然界中存在多种A的化合物,B原子核外电子有6种不同的运动状态,B与C可形成正四面体形分子,D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子请回答下列问题
(1)这四种元素中电负性最大的元素,其基态原子的价电子排布图为___________________,第一电离能最小的元素是__________填元素符号
(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物,沸点由高到低的顺序是___________填化学式,呈现如此递变规律的原因是_________________________
(3)B元素可形成多种单质,一种晶体结构如图一所示,其原子的杂化类型为__________;另一种的晶胞如图二所示,该晶胞的空间利用率为__________,若此晶胞中的棱长为
356.6pm,则此晶胞的密度为__________g·cm−3保留两位有效数字=
1.732
(4)D元素形成的单质,其晶体的堆积模型为__________,D的醋酸盐晶体局部结构如图三,该晶体中含有的化学键是__________填选项序号
①极性键
②非极性键
③配位键
④金属键
(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水,观察到的现象是____________________________________________请写出上述过程的离子方程式______________________________________36.[化学——选修5有机化学基础](15分)秸秆含多糖类物质的综合利用具有重要的意义下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线回答下列问题
(1)下列关于糖类的说法正确的是 填标号a.糖类都有甜味,具有CnH2mOm的通式b.麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c.用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为____________________
(3)D中的官能团名称为__________,D生成E的反应类型为____________________
(4)F的化学名称是__________,由F生成G的化学方程式为______________________________
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体,
0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2,W共有__________种不含立体异构,其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为____________________
(6)参照上述合成路线,以反,反−2,4−己二烯和C2H4为原料无机试剂任选,设计制备对苯二甲酸的合成路线______________________________xx高三第二次模拟测试卷化学
(三)答案
一、选择题每小题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
7.【答案】B【解析】金属冶炼方法由金属活动性决定,特别活泼的金属通常用电解法冶炼,较活泼的金属用热还原法,较不活泼的金属用热分解法,选项A正确;熟铁比生铁的硬度小,延展性较好,选项B错误;炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物,从而降低铁水中的含碳量,选项C正确;往生铁水中吹空气可以降低碳的含量,选项D正确
8.【答案】C【解析】乙烯使酸性高锰酸钾褪色,发生了氧化还原反应,选项A错误;乙烯、苯为平面结构,乙酸中含甲基,甲基为四面体结构,则乙酸中所有原子不可能在同一平面上,选项B错误;C8H10的芳香烃满足CnH2n-6的通式,取代基可为1个乙基或两个甲基,同分异构体有,选项C正确;蛋白质水解的最终产物是氨基酸,选项D错误
9.【答案】D【解析】根据物料守恒nH2CO3+nHCO+nCO=nNa+,所以Na+数目大于NA,选项A错误;HO与DO的摩尔质量均为20g·mol−1,故
4.0gHO与D216O的物质的量共为
0.2mol,且两者中均含10个中子,即
0.2mol由HO与DO组成的“混合”物中含2NA个中子,HO与DO组成的属于纯净物,选项B错误;氢气所处的状态不明确,无法计算氢气的物质的量,则转移的电子数无法计算,选项C错误;用惰性电极电解CuSO4溶液后,如果加入
0.1molCuOH2能使溶液复原,则说明阳极上析出的是
0.1mol氧气,阴极上析出的是
0.1mol铜和
0.1mol氢气,故转移
0.4mol电子即
0.4NA个,选项D正确
10.【答案】C【解析】NiS在有水存在时能被氧气氧化成NiOHS,在装置A中滴加蒸馏水前通入N2,是为了除去装置中的空气,选项A错误;硫化氢能够被浓硫酸氧化,选项B错误;NiS在有水存在时能被氧气氧化成NiOHS,为了防止被氧化,装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水,选项C正确;反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的H2S赶出吸收,防止污染空气,选项D错误
11.【答案】D【解析】根据题给装置图判断,a电极有A−生成,b电极有Li+生成,结合放电时,正极反应为CnPF6+e−===PF+nC,负极反应为LiCn-e−===Li++nC,可知a电极为正极,b电极为负极,选项A错误;A−为PF,选项B错误;充电时,阴极反应为Li++nC+e−===LiCn,选项C错误;充电时,溶液中A−从b阴极向a阳极迁移,选项D正确
12.【答案】B【解析】由图可知pH=
4.3时,cHA−=cA2−,根据电荷守恒cK++cH+=2cA2−+cHA−+cOH−,选项A正确;由图可知H2A的K1=10−
1.3,K2=10−
4.3,因此HA−的水解常数Kn==10−
12.7K2,即电离强于水解,故水的电离被抑制,选项B错误;====10−3,选项C正确;根据H2A的K
1、K2以及H2CO3的K
1、K2可知,Na2CO3溶液中加入少量H2A时,CO→HCO,H2A→A2−,选项D正确
13.【答案】D【解析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大,X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X
2、Y2X、Y2X2,化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成,故可判断元素W、X、Y、Z、Q分别为H、O、Na、Al、S具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小,则简单离子半径的大小QWXYZ,选项A错误;五种元素的单质中,H
2、O
2、S均能与其他单质化合,选项B错误;相同条件下,NaHS、NaOH、Na2S溶液的pH大小顺序为NaOHNa2SNaHS,选项C错误
二、非选择题(共43分)
26.【答案】
(1)排尽空气,防止生成的NO被空气中O2氧化
(2)红棕色气体消失,铜片溶解,溶液变蓝,导管口有无色气泡冒出
(3)C+4HNO3浓CO2↑+4NO2↑+2H2O
(4)5NO+3MnO+4H+===3Mn2++5NO+2H2O
(5)NaOH 碱石灰
(6)
0.48【解析】装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应,反应生成NO2和CO2和H2O,装置B中是A装置生成的NO2和H2O反应生成HNO3和NO,HNO3和Cu反应生成CuNO32,NO和H2O;通过装置C中的Na2O2吸收NO、CO2,最后通过酸性KMnO4溶液除去剩余NO防止污染空气
(1)为避免生成的NO被空气中O2氧化,需要把装置中的空气通入Ar气排净后再进行反应,然后加热制备NaNO2;
(2)装置B中NO2与H2O反应生成HNO3,HNO3与Cu反应生成CuNO
32、NO气体和H2O,则B中现象为红棕色气体消失,铜片溶解,溶液变蓝,导管口有无色气泡冒出;
(3)装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应,反应生成NO2和CO2和H2O,反应的化学方程式为C+4HNO3浓CO2↑+4NO2↑+2H2O;
(4)D装置中反应是除去未反应的NO,防止污染空气,反应的离子方程式为5NO+3MnO+4H+===3Mn2++5NO+2H2O;
(5)因为NO中混有CO2和H2O,CO2和Na2O2发生的反应生成Na2CO3和O2,H2O与Na2O2反应生成NaOH,故C产物中除NaNO2外还含有副产物Na2CO3和NaOH,为避免产生这些副产物,应在B、C装置间增加装置E,E中盛放的试剂应为碱石灰,用来吸收CO2和H2O;
(6)根据
①C+4HNO3浓CO2↑+4NO2↑+2H2O;
②3NO2+H2O===2HNO3+NO;
③3Cu+8HNO3===3CuNO32+2NO↑+4H2O;
④2NO+Na2O2===2NaNO2,则有C~4NO2~NO;4NO2~HNO3~NO;C~+NO~2NO~Na2O~2NaNO2,所以
3.12g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠,理论上至少需要木炭的质量为×12g·mol−1=
0.48g
27.【答案】
(1)2a+b;
(2)用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能;
(3)
①FeO细颗粒表面积大,与H2O的接触面积大,反应速率快;
②相等
(4)
(5)
①负极2NH3-6e−+6OH−===N2+6H2O
②6mol【解析】
(1)已知H2Og+3FeOsFe3O4s+H2gΔH=akJ·mol−1(Ⅰ);2Fe3O4sFeOs+O2gΔH=bkJ·mol−1(Ⅱ),利用盖斯定律,将(Ⅰ)×2+(Ⅱ)可得2H2Og===2H2g+O2gΔH=(2a-b)kJ·mol−1,答案为2a+b;
(2)b0,要使该制氢方案有实际意义,应给反应Ⅱ提供能量才能使反应发生,可利用廉价清洁能源提供热能或利用太阳能、地热能、生物能、核能等,故答案为用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能;
(3)
①因细颗粒FeO表面积大,固体的表面积越大,与氢气的接触面越大,则反应速率越大,故答案为细颗粒FeO表面积大,与氢气的接触面越大,反应速率加快;
②固体的表面积大小与平衡移动无关,则平衡状态相同,故答案为相等;
(4)由图1可知,升高温度,FeO的转化率降低,说明正反应为放热反应,升高温度,反应速率增大,但反应物的转化率降低,则图象为
(5)a极通入氨气,是负极,电极反应式是2NH3-6e−+6OH−===N2+6H2O
②按其中N的化合价由-3价变成0价,当生成1molN2时,转移电子的物质的量为6mol,故答案为6mol
28.【答案】
(1)
③④
(2)SO2+2OH−===SO+H2O或SO2+OH−===HSOFeS2S转化成了CaSO4,留在矿粉中FeS+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑
(3)AlOH3不含有Fe3+完全沉淀时,cAl3+·c3OH−<Ksp[AlOH3]【解析】
(1)
①配制FeCl
3、AlCl3溶液时,先将固体FeCl
3、AlCl3溶于较浓的盐酸,防止Fe3+、Al3+水解,再用蒸馏水稀释到所需浓度,故
①正确;
②FeCl
2、FeCl
3、FeOH3均可以通过化合反应生成,例如2FeCl3+Fe===3FeCl
2、2Fe+3Cl2===3FeCl
2、4FeOH2+O2+2H2O===4FeOH3,故
②正确;
③因为Fe3+遇KSCN溶液变成血红色溶液,所以不能用可以氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+,故
③错误;
④加热蒸干Al2SO43溶液虽然Al3水解,但硫酸是难挥发性酸,所以残留固体的成分仍为Al2SO43,故
④错误;本题答案为
③④
(2)
①NaOH和SO2反应,生成Na2SO3和H2O,离子方程式为SO2+2OH−===SO+H2O或SO2+OH−===HSO;
②I.由题给已知条件,多数金属硫酸盐的分解温度,高于600,不添加CaO的矿粉低于500焙烧时去除的S元素,主要来自于FeS2,Ⅱ.700℃时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是生成了CaSO4,留在矿粉中;本题答案为FeS2,S转化成了CaSO4,留在矿粉中
③Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,化学方程式为FeS+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑;
(3)
①根据AlOH
3、CuOH2的溶度积常数,在25下,向浓度均为
0.1mol/L的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,由于,加入相同的浓度的氨水,AlOH3最先析出,本题答案为AlOH3
②Fe3+完全沉淀时,c3OH−===
4.0,cAl3+·cOH−=
0.2=8×10KspAlOH3,所以没有生成AlOH3沉淀,故此时所得沉淀不含有AlOH3;本题答案为;不含有,Fe3+完全沉淀时,cAl3+·c3OH−<Ksp[AlOH3]35.[化学——选修3物质结构与性质](15分)【答案】
(1)Cu
(2)HF>HI>HBr>HClHF分子之间形成氢键使其熔沸点较高,HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力,相对分子质量越大,范德华力越大;
(3)sp234%
3.5
(4)面心立方最密堆积
①②③
(5)首先形成蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色的透明溶液Cu2++2NH3·H2O===CuOH2↓+2NH、CuOH2+4NH3===[CuNH34]2++2OH−【解析】本题考查物质结构,主要考查元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期,B原子核外电子有6种不同的运动状态,即核外有6个电子,则B为碳元素;自然界中存在多种A的化合物,则A为氢元素;D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子,D原子外围电子排布为3d104s1,则D为铜元素;结合原子序数可知,C只能处于第三周期,B与C可形成正四面体型分子,则C为氯元素,
(1)四种元素中电负性最大的是Cl,其基态原子的价电子排布为3s23p5,其基态原子的价电子排布图为,四种元素中只有Cu为金属,其它为非金属,故Cu的第一电离能最小;
(2)HF>HI>HBr>HCl,HF分子之间形成氢键,使其熔沸点较高,HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高;
(3)图一为平面结构,在其层状结构中碳碳键键角为120°,每个碳原子都结合着3个碳原子,碳原子采取sp2杂化;一个晶胞中含碳原子数为8×1/8+6×1/2+4=8,令碳原子直径为a,晶胞中C原子总体积=8×,碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构,中心碳原子与正四面体顶点原子相邻,其连线处于体对角线上,且为对角线长的1/4,故体对角线长为4a,故棱长为,则晶胞体积为,晶胞空间利用率={[8×]÷}×100%≈34%,晶胞质量为g,若此晶胞中的棱长为
356.6pm,则晶胞体积为,则此晶胞的密度为g÷=
3.5g/mL,
(4)晶体Cu为面心立方最密堆积,结合图三醋酸铜晶体的局部结构可知碳与碳之间形成非极性键,C与氧之间形成极性键,且氧与铜离子之间有配位键,其晶体中含有极性键、非极性键和配位键,答案为面心立方最密堆积;
①②③;
(5)硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色的透明溶液,有关反应的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O===CuOH2↓+2NH、CuOH2+4NH3===[CuNH34]2++2OH−36.[化学——选修5有机化学基础](15分)【答案】
(1)cd
(2)取代反应酯化反应
(3)酯基、碳碳双键消去反应
(4)己二酸+2n−1H2O
(5)12
(6)【解析】
(1)糖类不一定具有甜味,不一定符合碳水化合物通式,a项错误;麦芽糖水解生成葡萄糖,而蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,b项错误;用碘水检验淀粉是否完全水解,用银氨溶液可以检验淀粉是否水解,c项正确;淀粉、纤维素都是多糖类天然高分子化合物,d项正确
(2)B→C发生酯化反应,又叫取代反应
(3)D中官能团名称是酯基、碳碳双键D生成E,增加两个碳碳双键,说明发生消去反应
(4)F为二元羧酸,名称为己二酸或1,6−己二酸己二酸与1,4−丁二醇在一定条件下合成聚酯,注意链端要连接氢原子或羟基,脱去小分子水的数目为2n−1,高聚物中聚合度n不可漏写
(5)W具有一种官能团,不是一个官能团;W是二取代芳香族化合物,则苯环上有两个取代基,
0.5molW与足量碳酸氢钠反应生成44gCO2,说明W分子中含有2个羧基则有4种情况
①—CH2COOH,—CH2COOH;
②—COOH,—CH2CH2COOH;
③—COOH,—CHCH3COOH;
④—CH3,—CHCOOHCOOH每组取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系,W共有12种结构在核磁共振氢谱上只有3组峰,说明分子是对称结构,结构简式为
(6)流程图中有两个新信息反应原理一是C与乙烯反应生成D,是生成六元环的反应;二是D→E,在Pd/C,加热条件下脱去H2增加不饱和度结合这两个反应原理可得出合成路线。