（浙江选考）2020版高考化学大一轮复习综合测试（二）.docx

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1、1综合测试(二)(时间:90 分钟 满分:100 分)可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23Mg24 S32 Cl35.5 Fe56 Ba137 Zn65一、选择题(本大题共 25小题,每小题 2分,共 50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是( )A.NaCl B.MgO C.H2SO3 D.Ca(OH)2答案 D解析 NaCl属于盐类,MgO 属于碱性氧化物,H 2SO3属于酸,Ca(OH) 2属于碱,因此选项 D正确。2.(2018台州中学第一次统练)下列仪器名称不正确的是( )答案 C解析 C项仪

2、器是泥三角,不是三脚架,故 C错误。3.下列物质属于弱电解质的是( )A.CH3COOH B.铜C.氢氧化钾固体 D.乙醇答案 A解析 CH3COOH属于弱酸,属于弱电解质。4.下列反应不属于四种基本反应类型的是( )A.CuSO4+H2S CuS+H 2SO4B.2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2C.Cu2(OH)2CO3 2CuO+CO2+H 2OD.4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3答案 B解析 A项所述反应属于复分解反应,B 项所述反应属于氧化还原反应,C 项所述反应属于分解反应,D项所述反应属于化合反应;不属于四种基本反应类型的是 B项。5.下列物质的制备,

3、不符合工业生产实际的是( )A.工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯度的硅B.工业上电解饱和食盐水制氯气C.工业上电解熔融氯化镁制单质镁D.工业上炼铁时,常用石灰石除去铁矿石中的 SiO22答案 A解析工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得粗硅,选项 A错误。6.下列有关二氧化硫的说法中正确的是( )A.二氧化硫可用于抑制酒中细菌生长,可在葡萄酒中微量添加B.二氧化硫能使品红褪色,加热后颜色不能恢复C.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了二氧化硫的漂白性D.二氧化硫属于碱性氧化物,可以用 NaOH溶液吸收答案 A解析二氧化硫使品红褪色体现它的漂白性,二氧化硫与色素结合生成无色不稳定的物

4、质,受热后又分解恢复原来颜色,选项 B错误;二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色,原因是二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化,体现了二氧化硫的还原性,选项 C错误;二氧化硫属于酸性氧化物,选项 D错误。7.下列化学用语表述正确的是( )A.二氧化硅的分子式:SiO 2B.次氯酸的结构式:HOClC.氯原子的结构示意图:+17 288D.四氯化碳的比例模型:答案 B解析二氧化硅属于原子晶体,不存在分子,只能称 SiO2为化学式,选项 A错误; +17 为 Cl-的结构 288示意图,C 项错误;氯原子半径比碳原子大,因此该四氯化碳的比例模型错误,选项 D错误,正确答案为 B。8.(2018慈溪浒山中学检测)

5、下列说法中错误的是( )A.原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B.元素周期表中从第B 族到第B 族 10个纵行的元素都是金属元素C.除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是 8D.第 1周期元素、第A 族元素和稀有气体元素都是非金属元素答案 A解析金属阳离子的核外电子层数往往小于其周期数,故 A项错误;副族元素全部都是金属元素,故 B项正确;He 的最外层电子数为 2,其余稀有气体原子的最外层电子数都是 8,故 C项正确;第 1周期只有氢和氦两种元素,属于非金属元素,第A 族元素包括氟、氯、溴、碘、砹,都属于非金属元素,稀有气体元素也都是非金属元素,故 D正确。9.(2018台州中

6、学第一次统练)下列有关说法正确的是( )A.储热材料芒硝可用于光能-化学能的转换B.发达国家采用的现代化垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能C.利用微生物在光合作用下分解水,是氢气制取的一个重要研究方向3D.太阳能、可燃冰资源丰富,在使用时对环境无污染或很少污染,且可以再生,是最有希望的未来新能源答案 B解析储热材料芒硝受热熔化后可储热,结晶后可放热,故可用于热能-化学能的转换,故 A错误;当前较为有效地利用生物质能的方式是制取沼气和酒精,垃圾焚烧处理法不能有效利用生活垃圾中的生物质能,故 B正确;利用微生物在阳光作用下分解水是氢气制取的一个重要研究方向,而不是利用光合作用,光合作用

7、不会产生氢气,故 C错误;可燃冰资源不可再生,故 D错误。10.(2018杭州学军中学选考模拟考试)下列关于有机化合物的说法正确的是( )A.H2与 D2互为同素异形体B.符合 CnH2n+2且 n不同的烃一定属于同系物C.CH2Cl2有 2种同分异构体D.碳元素有多种核素,其中 13C可用于考古断代答案 B解析 H2与 D2的结构相同,不互为同素异形体,故 A错误;符合 CnH2n+2且 n不同的烃都属于烷烃,一定属于同系物,故 B正确;甲烷为正四面体结构,4 个 H均为相邻位置,则 CH2Cl2只有 1种结构,故 C错误;碳元素有多种核素,其中 14C可用于考古断代,故 D错误。11.未来

8、新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或很少污染,且可以再生。下列最有希望的新能源是( )天然气 煤 石油 太阳能 氢能A. B. C. D.答案 A解析煤、石油和天然气是传统能源。12.在一定温度下,向 1 L密闭容器中加入 1 mol HI(g),发生反应 2HI(g) H2(g)+I2(g),2 s时生成 0.1 mol H2,则以 HI表示该时段的化学反应速率是( )A.0.05 molL-1s-1 B.0.1 molL-1s-1C.0.2 molL-1s-1D.0.8 molL-1s-1答案 B解析 2HI(g) H 2(g) + I 2(g)起始 1molL -1 0 02s

9、变化 0.2molL -1 0.1molL -1 0.1molL -1v(HI)= =0.1molL-1s-10.2molL-12s13.下列指定反应的离子方程式正确的是( )A.Cl2通入水中:Cl 2+H2O 2H+Cl-+ClO-B.将过氧化钠投入足量水中:2Na 2O2+2H2O 4Na+4OH-+O2C.将铜丝插入浓硝酸中:3Cu+8H +2N 3Cu2+2NO+4H 2OO-3D.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 Ba(OH)2溶液混合:Fe 2+2S +2Ba2+2OH- Fe(OH)2+2BaSO 4O2-4答案 B4解析 Cl2通入水中,发生反应的离子方程式为 Cl2+

10、H2O H+Cl-+HClO,A项错误;将过氧化钠投入足量水中生成氢氧化钠和氧气:2Na 2O2+2H2O 4Na+4OH-+O2,B 项正确;将铜丝插入浓硝酸中,发生反应的离子方程式为 Cu+4H+2N Cu2+2NO2+2H 2O,C项错误;(NH 4)2Fe(SO4)2溶液与过量O-3Ba(OH)2溶液混合,发生反应的离子方程式为 Fe2+2S +2N +2Ba2+4OH- Fe(OH)O2-4 H+42+2BaSO 4+2NH 3H2O,故 D项错误。14.短周期元素 W、X、Y、Z 在元素周期表中的相对位置如右表所示,这四种元素的原子最外层电子数之和为 20。则下列说法不正确的是(

11、)A.最高价氧化物对应水化物的酸性:X0,实验测得反应体系中水蒸气浓度(molL -1)的变化结果如下:序号时间/min0 10 20 30 40 60温度T1/1号Cu2O0.050 00.049 20.048 60.048 20.048 00.048 0温度T1/2号Cu2O0.050 00.049 00.048 30.048 00.048 00.048 0续 表序号时间/min0 10 20 30 40 60温度T2/2号Cu2O0.050 00.048 00.047 00.047 00.047 00.047 0下列说法不正确的是( )A.实验时的温度 T2高于 T1B.2号 Cu2O的

12、催化效率比 1号 Cu2O的催化效率高C.实验前 20 min的平均反应速率 v(O2)=710-5 molL-1min-1D.等质量纳米级 Cu2O比微米级 Cu2O催化效率高,这与 Cu2O的粒径大小有关答案 C7解析从表中可以看出,实验与实验相比,对应的反应速率大,说明实验时的温度 T2高于 T1,故A项正确;中反应速率比大,2 号 Cu2O的催化效率比 1号 Cu2O的催化效率高,故 B项正确;实验前 20min的平均反应速率 v(H2O)=710-5molL-1min-1,v(O2)= v(H2O)=3.510-5molL-121min-1,故 C项错误;实验对应的化学平衡状态未改变

13、,实验对应的反应速率增大,说明实验加入的催化剂的活性高,实验中催化剂微粒更小,比表面积更大,等质量纳米级 Cu2O比微米级Cu2O催化效率高,这与 Cu2O的粒径大小有关,故 D项正确。22.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )A.标准状况下,11.2 L 氯气溶于水,反应中转移的电子数为 0.5NAB.1 L 1 molL-1的酒精溶液中含 NA个分子C.常温常压下,1.06 g Na 2CO3固体中含有的钠离子数为 0.02NAD.金属钠与氧气反应时,每消耗 1 mol氧气,转移的电子数一定为 4NA答案 C解析 Cl2与水的反应为可逆反应,0.5mol 氯气溶于水,转移的

14、电子数小于 0.5NA,选项 A错误;1L1molL-1的酒精溶液中含 1mol乙醇分子,但还有大量的水分子,故分子数大于 NA,选项 B错误;1.06gNa2CO3的物质的量为 0.01mol,含钠离子数为 0.02NA,选项 C正确;在有氧气参加的化学反应中,消耗 1mol氧气时转移电子不一定为 4mol,如反应 2Na+O2 Na2O2中,消耗 1molO2转移 2mol电子,选项 D错误。23.常温下,用 0.10 molL-1 NaOH溶液分别滴定 20.00 mL浓度均为 0.10 molL-1 CH3COOH溶液和 HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.点和点

15、所示溶液中: c(CH3COO-)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)C.点和点所示溶液中: c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)D.点和点所示溶液中都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)答案 C解析点中氰根离子水解程度大于氢氰酸的电离程度,点中醋酸根离子水解程度小于醋酸的电离程度,故 c(CH3COO-)c(CN-),A项错误;点的溶液中 c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+),点所示溶液中 c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+),B项错误;点和点所示溶液中根据物料守恒: c(C

16、H3COO-)+c(CH3COOH)=c(HCN)+c(CN-),C项正确;点和点所示溶液都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),两点钠离子浓度和醋酸浓度不等,D 项错误。824.(2018湖南师大附中月考)某 KCl样品中含有少量 K2CO3、K 2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。下列说法正确的是( )滤液 混合物 X 混合物 Y 混合物 Z KCl晶体A.起始滤液常温下 pH=7B.试剂为 Ba(NO3)2溶液C.整个提纯过程需经 2次过滤D.步骤的目的是除去 CO2-

17、3答案 D解析氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质,除去碳酸根离子和硫酸根离子,由流程可知,需要加入的试剂为过量氯化钡溶液,过滤后获得含氯化钡、氯化钾的混合溶液 X,然后加入的过量试剂为碳酸钾溶液,以除去溶液中的氯化钡,过滤,得到含氯化钾和碳酸钾的混合液 Y,再加入的试剂为过量盐酸,目的是除去过量的碳酸钾,最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾。碳酸钾溶液水解显碱性,pH7,故 A错误;由上述分析可知,试剂为 BaCl2溶液,为了不引入新杂质,故试剂不能为 Ba(NO3)2溶液,B 错误;样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,选择试剂除去杂质还需要 2次过滤,蒸发后还需要过滤出 KCl

18、晶体,故 C错误;步骤中加入的试剂为过量盐酸,其目的是除去 C ,故 D正确。O2-325.(2018苍南中学段考)有 600 mL某种混合物溶液,只可能含有以下离子中的若干种:K+、N 、Cl -、Mg 2+、Ba 2+、C 、S ,现将此溶液分成三等份,进行如下实验:H+4 O2-3 O2-4(1)向第一份中加入 AgNO3溶液,有沉淀产生;(2)向第二份中加足量 NaOH溶液并加热后,收集到气体 0.04 mol;(3)向第三份中加足量 BaCl2溶液后,得干燥的沉淀 6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g。根据上述实验,以下推测不正确的是( )A.K+一定存在B.

19、Ba2+、Mg 2+一定不存在C.Cl-一定存在D.混合溶液中 C 的浓度为 0.1 molL-1O2-3答案 C解析(1)向第一份中加入 AgNO3溶液,有沉淀产生,则溶液中可能有 Cl-、C 、S ;(2)向第二份O2-3 O2-4中加足量 NaOH溶液并加热后,收集到气体 0.04mol,则溶液中一定有 0.04molN ;(3)向第三份中H+4加足量 BaCl2溶液后,得干燥的沉淀 6.27g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为 2.33g,可以确定生成硫酸钡 2.33g(0.01mol)、碳酸钡 3.94g(0.02mol),则每份溶液中含 0.01molS 和 0.02molCO2

20、-4,一定没有 Ba2+和 Mg2+。根据电荷守恒,K +一定存在,A 正确;由上述分析可知,Ba 2+、Mg 2+一定不O2-3存在,B 正确;无法判断 Cl-是否存在,C 不正确;混合溶液中 C 的浓度为 =0.1molL-1,D正O2-30.02mol0.2L确。9二、非选择题(本大题共 7小题,共 50分)26.(6分)A 是一种重要的化工原料,部分性质及转化关系如下图所示:请回答:(1)A中官能团的名称是 。 (2)有机物 D的结构简式是 。 (3)AB 的化学方程式是 ,反应类型是 。 答案(1)碳碳双键(2)CH3COOH(3) +H2 CH3CH3 加成反应解析 C、D 反应生

21、成乙酸乙酯,由此可知一种是乙醇,一种是乙酸;A 和水反应生成 C,可推知 C是乙醇,A 是乙烯,那么 D就是乙酸;乙烯和氢气发生加成反应生成乙烷。27.(4分)(2018嘉兴二模)为探究矿石样品 A(仅含两种元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:已知溶液 D中只含一种金属阳离子,与铁粉充分反应后固体质量减少 14 g。请回答:(1)样品 A的化学式为 。 (2)写出气体 C与溴水反应的离子方程式: 。 (3)写出样品 A与盐酸发生氧化还原反应的化学方程式: 。 答案(1)Fe 3S4 (2)SO 2+Br2+2H2O 4H+2Br-+SO2-4(3)Fe3S4+6HCl 3FeCl2+S+3

22、H 2S解析(1)矿石样品 A(仅含两种元素)在足量 O2中灼烧,可生成固体 B和气体 C,气体 C与溴水反应生成无色溶液 E,说明气体 C为 SO2,则样品 A中一定含硫元素;固体 B与过量盐酸反应,可生成棕黄色溶液 D,D与过量铁粉反应生成 H2,并且溶液 D中只含一种金属阳离子,说明棕黄色溶液 D中含有FeCl3,故样品 A中一定含 Fe、S 两种元素。设样品 A中含有 Fe原子的物质的量为 x,溶液 D与铁粉充分反应后固体质量减少 14g,产生 H2的体积为 2.24L(标准状况),发生的离子反应为 Fe+2Fe3+ 3Fe2+、Fe+2H + Fe2+H2,可知减少固体的质量为 56

23、gmol-1+0.1mol56gmol-1=14g,解得 x=0.3mol,则 29.6g样品 A中含硫原子x2的物质的量为 =0.4mol,所以样品 A的化学式为 Fe3S4。29.6g-0.3mol56gmol-132gmol-1(2)SO2与溴水反应生成硫酸和溴化氢,反应的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O 4H+2Br-+S 。O2-410(3)Fe3S4与盐酸可以发生氧化还原反应,反应的化学方程式为Fe3S4+6HCl 3FeCl2+S+3H 2S。28.(6分)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。(1)m g铁碳合金中加入过量浓

24、硫酸,未点燃酒精灯前,A、B 均无明显现象,其原因是常温下碳与浓硫酸不反应; 。 (2)写出加热时 A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式: 。 (3)C装置的作用是 。 (4)该小组同学设计的实验装置存在缺陷,有关该实验装置及实验过程中,下列因素可能会导致铁碳合金中铁的质量分数测量值偏小的原因是 (填字母)。 A.A中反应不完全B.E中碱石灰会吸收空气中的 CO2和 H2OC.反应生成的 SO2部分被 E中碱石灰吸收D.反应完全后,还有 CO2气体滞留在装置体系中答案(1)常温下 Fe在浓硫酸中钝化(2)C+2H2SO4(浓) CO2+2SO 2+2H 2O(3)除尽反应生成的二氧化硫(4)BC

25、29.(4分)常温下,取 0.592 g Na2CO3和 NaHCO3的固体混合物溶于水配成 50.0 mL溶液,往溶液中加入 50.0 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成的沉淀量最多,测得反应后溶液的 pH=13(混合溶液体积改变忽略不计)。试计算:(1)反应后溶液中 n(OH-)= 。 (2)原混合物中 n(Na2CO3) n(NaHCO3)= 。 答案(1)0.010 0 mol (2)21解析设原混合物中 n(Na2CO3)=xmol,n(NaHCO3)=ymol,往溶液中加入 Ba(OH)2溶液,恰好使生成白色沉淀的量最多,根据 HC +OH- C +H2O,消耗氢氧根离子的物质的量

26、是 ymol,反应后碳酸根离O-3 O2-3子的物质的量是( x+y)mol,剩余的氢氧根的物质的量 n(OH-)=0.1molL-10.10L=0.0100mol,原溶液中氢氧根离子总物质的量是(0.01+ y)mol,在氢氧化钡溶液中,钡离子的物质的量是 (0.01+y)12mol,根据 C +Ba2+ BaCO3可知, (0.01+y)=x+y,根据总质量可得 :106x+84y=0.592,解得:O2-31211x=0.004mol,y=0.002mol,所以原混合物中 Na2CO3和 NaHCO3的物质的量之比为 n(Na2CO3) n(NaHCO3)=0.004mol0.002mo

27、l=21。30.(10分).无机物 A是一种固体,熔点 178 ,30 以下为浅黄色。经测定 A(相对分子质量为184)含两种元素,原子个数比为 11。隔绝空气迅速加热 A将发生爆炸,爆炸后残留物 B呈淡黄色。该淡黄色物质在空气中加热会燃烧并生成刺激性气味的气体。在一定条件下,6.18 g 液体 SCl2和2.72 g 气体 C恰好完全反应生成 A和单质 B及 6.42 g离子化合物 D,D的水溶液的 pH”或“t2t3(2)煤的综合利用有利于减少环境污染。合成氨工业原料气的来源之一是水煤气法生成 H2,在催化剂存在条件下有下列反应:a.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) H1b.

28、H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g) H2c.C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) H3 H3和 H1、 H2的关系为 H3= 。 在恒温条件下,将 1 mol CO和 1 mol H2O(g)充入某固定容积的反应容器,达到平衡时有 50%的 CO转化为 CO2。在 t1时保持温度不变,再充入 1 mol H2O(g),请在下图中画出 t1时刻后 H2体积分数的变化趋势曲线。( t2时刻重新达到平衡)12答案.(1)S 4N4 HNHH(2)6SCl2+16NH3 S4N4+2S+12NH4Cl.(1)t1t2,选项 D错误。(2)根据盖斯定律,方程式 a和 b相

29、加即可得方程式 c,因此 H3= H1+ H2;在恒温条件下,将 1molCO和 1molH2O(g)充入某固定容积的反应容器,有 50%的 CO转化为 CO2;则 nH2O(g)=n(CO)=n(H2)=n(CO2)=0.5mol,平衡常数 K=1。再充入 1molH2O(g)此时氢气的体积分数为 ,温度不变16平衡常数不变,但是平衡向右移动,设达新平衡时氢气的物质的量为 x,容器容积为 V。H 2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)起始/mol 2 1 0 0变化/mol x x x x平衡/mol (2- x) (1- x) x xK= =1 解之 x= ,此时氢气的体积分数为

30、 ,氢气的体积分数低于 t1时的 0.25。(xV)2(2-x)V(1-x)V 23 291331.(10分)(2018宁波选考适应性考试)六氨氯化镁(MgCl 26NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性,是一种优良的储氨材料。某研究小组在实验室以菱镁矿(主要成分为 MgCO3,含少量 FeCO 3等杂质)为原料制备六氨氯化镁,实验流程图如下:其中氨化过程装置示意图如下:已知:(1)与 Mg2+结合能力:H 2ONH3HOCH2CH2OHCH3OH;(2)相关物质的性质见下表:物质名称 氨气的溶解性氯化镁的溶解性六氨氯化镁的溶解性水 易溶 易溶 易溶甲醇(沸点为 65 )易溶 易溶 难溶乙二醇(沸

31、点为 197 )易溶 易溶 难溶请回答:(1)调 pH适合的物质是 (填化学式)。 (2)在空气中直接加热 MgCl26H2O晶体得不到纯的无水 MgCl2,原因是 (用化学方程式表示)。 (3)虚框内装置的作用是 ,操作 a的名称是 。 (4)提纯操作中,下列洗涤剂最合适的是 。 A.冰浓氨水B.乙二醇和水的混合液C.氨气饱和的甲醇溶液D.氨气饱和的乙二醇溶液(5)制得产品后,该科研小组对产品的成分进行测定,其中氯离子含量检测方法如下:A.称取 1.420 g样品,加足量硫酸溶解,配制成 250 mL溶液;B.量取 25.00 mL待测液于锥形瓶中;C.用 0.200 0 molL-1 Ag

32、NO3标准溶液滴定至终点,记录消耗 AgNO3标准溶液的体积;D.重复 b、c 操作 23次,平均消耗 AgNO3标准溶液 10.00 mL。14配制样品溶液时加硫酸的原因是 。 该样品中氯离子的百分含量为 。 将氯离子百分含量实验值与理论值(36.04%)相比较,请分析造成此结果的可能原因有 (已知滴定操作正确、硫酸根离子对检测无影响)。 答案(1)MgO (2)MgCl 2+H2O Mg(OH)Cl+HCl (3)吸收多余氨气,防止水蒸气进入三颈烧瓶中 过滤 (4)C(5)避免 NH3与银离子络合,干扰检测 50.00% 氨化过程不完全或晶体称量时已有部分氨气逸出解析(1)为了不引入新的杂

33、质,调 pH合适的物质为 MgO,过量的 MgO过滤时即可除去。(2)加热能促进 Mg2+水解生成 Mg(OH)Cl,反应的化学方程式为 MgCl2+H2O Mg(OH)Cl+HCl,所以在空气中直接加热 MgCl26H2O晶体得不到纯的无水 MgCl2。(3)倒置漏斗用于吸收剩余的氨气,干燥管用于防止水蒸气进入三颈烧瓶中;由于六氨氯化镁不溶于乙二醇,所以可用过滤的方法得到粗产品。(4)根据甲醇的沸点为 65和乙二醇的沸点为 197,产品在二者中都是难溶的,所以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤粗产品,因甲醇和氨气都易挥发,更有利于提纯产品,因此答案为 C。(5)检验 Cl-需要用 AgNO3溶液,而

34、Ag+能与 NH3络合生成Ag(NH 3)2+,所以加入硫酸除去NH3;由实验数据可得 n(AgNO3)=10.0010-3L0.2000molL-1=0.002000mol,所以 Cl-的百分含量= 100%=50.00%;根据 MgCl26NH3的组成可得,其中 Cl-的百分含量=0.002000mol35.5gmol-1101.420g100%36.04%,故实验结果偏高。可能是 MgCl2没有完全氨化,也可能是产品在称量时已经35.52197有部分氨气逸出。32.(10分)化合物 X是一种有机合成中间体,Z 是常见的高分子化合物,某研究小组采用如下路线合成 X和 Z。已知:化合物 A的

35、结构中有 1个甲基RCOOR+RCH 2COOR请回答:(1)写出化合物 F的结构简式: ,B 中官能团的名称是 。 (2)YZ 的化学方程式是 。 (3)GX 的化学方程式是 ,反应类型是 。 (4)若 C中混有 B,请用化学方法检验 B的存在(要求写出操作、现象和结论) 。 15答案(1)CH 3CH2OH 醛基(2)(3)+C2H5OH 取代反应(4)取适量试样于试管中,先用 NaOH溶液中和,再加入新制的氢氧化铜,加热,若产生砖红色沉淀,则有 B存在解析化合物 C4H10O能两次被氧化,说明 A是醇,B 是醛,C 是酸;A 的结构中有 1个甲基,则 A的结构简式为 CH3CH2CH2CH2OH。由 D与氯化氢反应生成 Y可知,D 是乙炔,Y 是氯乙烯,Z 为聚氯乙烯,E 为乙烯,F为乙醇。G 由丁酸和乙醇通过酯化反应生成。根据已知条件可知,2 分子 G在乙醇钠存在的条件下,发生取代反应生成 X,一个丁酸乙酯分子中的碳氧单键断裂,另一个分子中断裂与官能团直接相连的碳氢键,即 和 。C 中混有 B,B的官能团是醛基,C 的官能团是羧基,检验醛基必须在碱性环境下,因此需要先中和酸,再选择新制的氢氧化铜或银氨溶液检验。