广东省佛山市2016年高考化学三轮复习考前仿真模拟题专练有机合成和推断02(新)
广东省佛山市高考化学三轮复习 考前仿真模拟题专练 溶
溶液的配制及误差分析02一、单项选择题(本题包括5小题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题目要求) 1.今有0.1 1mol L -⋅ 24Na SO 溶液300 mL,0.1 1mol L -⋅ 4MgSO 溶液200 mL 和0.1 1mol L -⋅243()Al SO 溶液100 mL,这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是( )A. 1∶1∶1B.3∶2∶1C.3∶2∶3D.1∶1∶3【解析】 试题中求解的是24SO -的浓度比,与溶液的体积无关。
【答案】 D2.下列溶液中Cl -浓度与50 mL 1 1mol L -⋅ 3AlCl 溶液中Cl -浓度相等的是… ( )A.150 mL 1 1mol L -⋅的NaCl 溶液 B.75 mL 2 1mol L -⋅的4NH Cl 溶液 C.25 mL 1.5 1mol L -⋅的2MgCl 溶液 D.25 mL 2 1mol L -⋅的3FeCl 溶液【解析】 1 1mol L -⋅ 3AlCl 溶液中Cl -浓度为3 1mol L A -⋅,、B 、C 、D 选项中Cl -,浓度分别为1 1mol L -⋅、2 1mol L -⋅、3 1mol L -⋅、6 1mol L -⋅。
【答案】 C3.用N A 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( ) A.标准状况下,1 L 液态水中含有的H +数目为710- N A B.标准状况下,2.24 L 2D O 中含有的电子数为N A C.3.4 g 22H O 中含有的共用电子对数为0.1 N A D.1 mol 碳烯(∶2)CH 中含有的电子数为8N A【解析】 标准状况下,水电离产生的c 71()10H mol L A +--<⋅,不正确;标准状况下2D O ,为液体,不能使用V m 为22.4 1L mol -⋅进行计算,B 不正确;3.4 g 22H O 为0.1 mol,每个22H O 分子含有3对共用电子,所以共用电子对数为0.3N A ,C 不正确;D 中,每个碳烯基团中含有8个电子,则1 mol 碳烯(∶2)CH 中含有的电子数为8N A D ,正确。
广东省佛山市2016年高考化学三轮复习考前仿真模拟题专练分子结构与性质
分子结构与性质1.下列现象中可用”相似相溶原理”这一经验规律说明的事实是A.HCl 易溶于水B.2I 微溶于水C.2Cl 能溶于水D.2CO 易溶于水【解析】 2H O 、HCl 、3NH 均为极性分子2Cl ,、2CO 、2I 均为非极性分子。
【答案】 A2.下列关于丙烯3(CH —CH 2)CH 的说法正确的是 ( ) A.丙烯分子有8个键,1个π键B.丙烯分子中2个碳原子是2sp 杂化,1个碳原子是3sp 杂化C.丙烯分子不存在极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上【解析】 丙烯分子中2个碳原子是2sp 杂化,只有一个碳原子是3sp 杂化,B 正确;丙烯分子中中间的碳原子是2sp 杂化,所以3个碳原子一定不在同一直线上,D 错误。
【答案】 AB3.下列有关叙述正确的是( )A.液态氟化氢中存在氢键,所以其分子比氯化氢更稳定B.由碳、氮原子形成的化合物比金刚石坚硬,其主要原因是碳氮键比碳碳键更短C.8S 和2SO 都是非极性分子4NH Cl ,和2CaC 都是离子化合物D.晶体熔化时化学键不一定发生断裂【解析】 对于分子晶体来说,分子的稳定性取决于化学键,物质的熔沸点与分子间的作用力有关,而与化学键无关。
2SO 不同于2CO ,对于由两种元素形成的多原子分子来说,只有当中心原子的化合价的绝对值与其最外层电子数相等时,分子才为非极性分子,所以2SO 应为极性分子。
分子晶体熔化时,共价键不发生断裂。
【答案】 BD4.已知信息:344[()]Cu NH SO 的电离方程式344[()]Cu NH SO ===22344[()]Cu NH SO +-+。
具有6个配体的3Co +的配合物CoClm ⋅n 3NH ,若1 mol 此配合物与足量的3AgNO 溶液反应只生成1 mol AgCl 沉淀,则m n 的值分别是A.m=1,n=5B.m=3,n=4C.m=5,n=1D.m=3,n=3【解析】 由题意可知,溶于水可电离出的氯离子不是配体,能与3AgNO 反应生成沉淀。
广东省佛山市2016年高考化学三轮复习考前仿真模拟题专练物质的组成、分类及转化物质的分散系
物质的组成、分类及转化 物质的分散系一、单项选择题(本题包括5小题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列物质中属于非电解质的是( )A.NaOHB.2COC.24H SOD. Fe【解析】 非电解质必须为化合物,且熔融状态和水溶液中均不导电,或即便水溶液导电,导电离子也不是来自化合物自身的电离。
【答案】 B2.下列反应中,通过置换反应得到铁的是( )A.铜浸入氯化铁溶液中B.一氧化碳通过炽热的氧化铁C.高温下,Al 与34Fe O 反应,生成23Al O 和FeD.铜浸入氯化亚铁溶液中【解析】 铜的活泼性比铁弱,不可能把铁置换出来;B 中,两种反应物都为化合物。
【答案】 C3.”分类”是一种思想方法,在化学发展中起到了重要作用。
下列分类标准合理的是( )A.氧化还原反应中,一种元素化合价上升,一定有另一种元素化合价下降B.根据分散系是否具有丁达尔效应,将分散系分为溶液、胶体和浊液C.根据水溶液能否导电将化合物分为电解质和非电解质D.碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物【解析】 氧化还原反应中,变价元素可能只有一种,A 错;根据分散质粒子直径,将分散系分为溶液、胶体和浊液,B 错;水溶液能导电的化合物不一定是电解质,C 错。
【答案】 D4.想一想:2()(Ba OH 固态)、4(CuSO 固态)、3(CH COOH 液态)这些物质为什么归为一类,下列哪种物质还可以和它们归为一类( )A.75%的酒精溶液B.硝酸钠C.3()Fe OH 胶体D.豆浆【解析】 三种物质为易溶于水的电解质。
【答案】 B5.列表中对于相关物质的分类全部正确的一组是( )【解析】 蔗糖为纯净物3NaHCO ,为强电解质,A 错;天然橡胶为混合物2SO ,为非电解质,B错;2Cl 既不是电解质,也不是非电解质,C 错。
【答案】 D二、不定项选择题(本题包括5小题,每小题7分,共35分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)6.警察常从案发现场的人体气味来获取有用线索,人体气味的成分中含有以下化合物:①辛酸;②壬酸;③环十二醇④5,10-十一烷酸内酯;⑤十八烷;⑥己醛;⑦庚醛。
高考化学复习广东佛山市高考化学三轮复习考前仿真模拟题专练：化学实验基本操作02(Word版,含解析).docx
高中化学学习材料唐玲出品化学实验基本操作02二、不定项选择题(本题包括5小题,每小题7分,共35分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)6.实验室常采用点滴板来完成部分实验,这样既可以节约药品的用量,又便于观察实验现象。
图中所示的实验,点滴板上描述的现象正确的是( )①装有铜片的孔穴中溶液呈蓝色②装有胆矾的孔穴中固体的颜色变浅 ③装有铁片的孔穴中溶液呈浅绿色 ④装有铁片的孔穴中溶液呈浅黄色 ⑤装有蛋清溶液的孔穴中呈浅黄色A.①④B.②③C.②⑤D.①⑤ 【解析】 ①中,铜片与浓硫酸不反应,没有明显现象;②中,浓硫酸使胆矾脱水,胆矾逐渐由蓝色变为白色;③、④中,常温下铁遇浓硝酸发生钝化,没有明显现象;⑤中,浓硝酸与蛋白质发生颜色反应,蛋清溶液变黄。
【答案】 C7.下列说法不正确的是( )A.变色硅胶干燥剂含有2CoCl ,干燥剂呈蓝色时,表示不具有吸水干燥功能B.”硝基苯制备”实验中,将温度计插入水浴,但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触C.”中和滴定”实验中,容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用,滴定管和移液管用蒸馏水洗净后,须经干燥或润洗后方可使用D.除去干燥2CO 中混有的少量2SO ,可将混合气体依次通过盛有酸性4KMnO 溶液、浓硫酸的洗气瓶【解析】 A 错误,因为变色硅胶中的蓝色2CoCl 被用作指示剂,只有当硅胶吸收足够的水分,变成粉红色的226CoCl H O ⋅,才失去干燥功能;B 正确,温度计用来测定水浴的温度;C 正确,因为锥形瓶内放待测液,残存的蒸馏水对测定结果没有任何影响;但是移液管、滴定管内盛放标准液,若不干燥或润洗,会使标准液被稀释而导致误差;该实验中容量瓶是配液用的,洗净即可,残存蒸馏水对结果没有影响;D 正确,先通过酸性4KMnO 溶液除去2SO ,再通过浓硫酸干燥。
【答案】 A8.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项实验操作 现象 解释或结论 A 过量的Fe 粉中加入稀3HNO ,充分反应后,滴入KSCN 溶液溶液呈红色稀3HNO 将Fe 氧化为3Fe +B AgI 沉淀中滴入稀KCl 溶液 有白色 沉淀出现AgCl 比AgI 更难溶C Al 箔插入稀3HNO 中 无现象 Al 箔表面被3HNO 氧化,形成致密的氧化膜D 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色 浓氨水呈碱性【解析】 A 中过量的铁粉会与反应生成的3Fe +反应,生成2Fe +,加入KSCN 溶液不会呈红色;B 中AgI 比AgCl 更难溶,向AgI 沉淀中滴入稀KCl 溶液不会有白色沉淀出现;C 中常温下Al 遇浓硝酸时发生钝化,Al 与稀硝酸发生反应;浓氨水呈碱性,能使红色石蕊试纸变成蓝色,D 正确。
广东省佛山市高考化学三轮复习 考前仿真模拟题专练 烃
烃的衍生物0312.(16分)化合物H 是一种香料,存在于金橘中,可用如下路线合成:已知:R —CH==2CH R —2226(CH CH OH B H 为乙硼烷)回答下列问题: (1)11.2 L(标准状况)烃A 在氧气中充分燃烧可以产生88 g 2CO 和45 g 2H O A 的分子式是 。
(2)B 和C 均为一氯代烃,它们的名称(系统命名)分别为 。
(3)在催化剂存在下1 mol F 与2 mol 2H 反应,生成3苯基1丙醇。
F 的结构简式是 。
(4)反应①的反应类型是 。
(5)反应②的化学方程式为 。
(6)写出所有与G 具有相同官能团的G 的芳香类同分异构体的结构简式: 。
【解析】 (1)88 g 2CO 为2 mol,45 g 2H O 为2.5 mol,标准状况下体积为11.2 L 的烃A 的物质的量为0.5 mol,所以一个烃A 分子中含碳原子数为4,H 原子数为10,则分子式为410C H 。
410(2)C H 存在正丁烷和异丁烷两种,但从框图上看,A 与2Cl 光照取代时有两种产物即B 和C,且B 和C 在NaOH 醇溶液作用下的产物只有一种,则A 只能是异丁烷。
取代后的产物为2甲基1氯丙烷和2甲基2氯丙烷。
(3)F 可以与2()Cu OH 反应,故分子中应含有醛基,与2H 之间为1∶2加成,则F 分子中应含有碳碳双键。
从生成的产物3苯基1丙醇分析,F 的结构简式为。
(4)反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应。
(5)F 被新制的2()Cu OH 悬浊液氧化成羧酸,D 至E 为与信息相同的条件,则类比不难得出E 的结构简式为。
E 与G 在浓硫酸作用下可以发生酯化反应。
(6)G 中含有的官能团有碳碳双键和羧基,可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体。
【答案】 410(1)C H(2)2甲基1氯丙烷、2甲基2氯丙烷 (3)(4)消去反应(5)2H O (6)13.(19分) 据报道,一种名为苹果醋(ACV)的浓缩饮料风靡美国。
2016年广东省佛山一中高考化学三模试卷
2016年广东省佛山一中高考化学三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共42.0分)1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也．”这里所用的“法”是指（）A.萃取B.渗析C.蒸馏D.干馏【答案】C【解析】解：由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故选C．由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，以此来解答．本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、物质的性质及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】解：A．氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HC l，该反应类型是取代反应而不是化合反应，故A错误；B．银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在滴加银氨溶液之前需要滴加N a OH中和未反应的稀硫酸，否则生成的A g OH干扰实验，故B错误；C．乙醇具有挥发性，浓硫酸被乙醇还原生成二氧化硫，所以生成的乙烯中含有二氧化硫、乙醇，二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而干扰实验，所以在通入酸性高锰酸钾溶液之前用N a OH溶液除去乙醇和二氧化硫，故C错误；D．溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，向A g C l沉淀中滴加少量KI溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，说明K sp（A g C l）＞K sp（A g I），故D正确；故选D．A．氯气和甲烷在光照条件下发生取代反应生成氯代烃；B．银镜反应必须在碱性条件下进行；C．乙醇具有挥发性，浓硫酸被乙醇还原生成二氧化硫，二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D．溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质．本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶度积常数、物质检验、反应类型判断等知识点，明确实验原理是解本题关键，注意B中反应必须在碱性条件下，注意C中乙烯中二氧化硫、乙醇的干扰，为易错点．3.EDTA是一种重要的络合剂．4mol一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1mol EDTA和4mol HC l，则EDTA的分子式为（）A.C10H16N2O8B.C10H20N2O8C.C8H16N2O8D.C16H20N2O8C l【答案】A【解析】解：一氯乙酸的结构简式为CH2C l COOH，分子式为C2H3O2C l，乙二胺的分子式为C2H8N2，4mol一氯乙酸和1mol乙二胺（）在一定条件下发生反应生成1mol EDTA和4mol HC l，则有4C2H3O2C l+C2H8N2→EDTA+4HC l，由质量守恒可知EDTA的分子式为C10H16N2O8，故选A．一氯乙酸的结构简式为CH2C l COOH，乙二胺的分子式为C2H8N2，结合反应的方程式利用质量守恒可确定EDTA的分子式．本题考查有机物分子式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意解答本题可根据反应的关系式利用质量守恒计算，难度不大．4.下列说法中正确的是（）A.元素R位于周期表的IB族，其原子序数为a，则原子序数为a-3的元素位于ⅥB族B.在元素周期表中114号元素的上一周期同一族元素的原子序数是82C.具有相同电子层结构的主族元素离子为X2+、Y+，则最高价氧化物的水化物的碱性X ＞YD.在周期表中金属与非金属的分界线处可以找到催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料【答案】B【解析】解：A、元素R位于周期表的IB族，其原子序数为a，则原子序数为a-3的元素位于ⅤⅢ族，而不是位于ⅥB族，故A错误；B、在元素周期表中114号，位于第七周期，第ⅣA族，上一周期同一族元素的原子序数是114-32=82，故B正确；C、具有相同电子层结构的主族元素离子为X2+、Y+，所以Y的金属性强于X，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故C错误；D、在过渡元素中找到催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，故D错误；故选B．A、元素R位于周期表的IB族，其原子序数为a，则原子序数为a-3的元素位于ⅤⅢ族；B、在元素周期表中114号，位于第七周期，第ⅣA族，上一周期同一族元素的原子序数是114-32=82；C、具有相同电子层结构的主族元素离子为X2+、Y+，所以Y的金属性强于X，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D、在过渡元素中找到催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料．本题考查元素周期表、结构位置关系等，难度不大，注意整体把握周期表的结构．5.近年来AIST报告正在研究一种“高容量、低成本”锂-铜空气燃料电池．该电池放电时的反应过程为2L i+C u2O+H2O=2C u+2L i++2OH-，下列说法不正确的是（）A.放电时，L i+透过固体电解质向C u极移动B.放电时，C u作电池的负极C.通空气时，铜被氧化，表面产生C u2OD.整个反应过程中，铜相当于催化剂【答案】B【解析】解：A．放电时，阳离子向正极移动，则L i+透过固体电解质向C u极移动，故A正确；B．放电时，锂失电子作负极，C u上O2得电子作正极，故B错误；C．放电过程为2L i+C u2O+H2O═2C u+2L i++2OH-，正极上C u2O反应，碱性条件下通空气时，铜被氧化表面产生C u2O，故C正确；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生C u2O，放电时C u2O转化为C u，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B．放电时，锂失电子作负极，C u上O2得电子作正极，负极上电极反应式为L i-e-═L i+，正极上电极反应式为C u2O+H2O+2e-=2C u+2OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握C u在整个过程中的作用．6.日常饮用水中NO3-的含量是水质卫生检验的重要标准之一，达到一定浓度时会对人体健康产生危害．为了降低饮水中NO3-的浓度，某自来水厂设计了如下方案：下列说法不正确的是（）A.该方案在调节p H时，若p H过大或过小都会造成A l的利用率降低B.为了降低能耗，工业上往往用A l C l3代替固体a来制备固体bC.用熟石灰调节PH主要原因是价格便宜且引入的C a2+对人体无害D.在加入铝粉的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：3【答案】B【解析】解：由流程图可知，p H=10.25时，A l和NO3-发生氧化还原反应生成氮气，固体b是A l，电解熔融固体a得到A l，则a是A l2O3，滤渣在空气中煅烧得到A l2O3，则滤渣为A l（OH）3，所以铝粉和硝酸根离子在碱性条件下反应生成氮气和A l（OH）3，其反应方程式为10A l+6NO3-+18H2O=10A l（OH）3+3N2↑+6OH-；A．A l与酸、碱均反应，则若p H过大或过小都会造成A l的利用率降低，故A正确；B．氯化铝为共价化合物，电解时不导电，则不能利用氯化铝代替氧化铝，故B错误；C．氢氧化钙可中和氢离子，对该流程无影响，则用熟石灰调节PH主要原因是价格便宜且引入的C a2+对人体无害，故C正确；D.10A l+6NO3-+18H2O=10A l（OH）3+3N2↑+6OH-中氧化产物为A l（OH）3，还原产物为N2，氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：3，故D正确；故选B．由流程图可知，p H=10.25时，A l和NO3-发生氧化还原反应生成氮气，固体b是A l，电解熔融固体a得到A l，则a是A l2O3，滤渣在空气中煅烧得到A l2O3，则滤渣为A l（OH）3，所以铝粉和硝酸根离子在碱性条件下反应生成氮气和A l（OH）3，其反应方程式为10A l+6NO3-+18H2O=10A l（OH）3+3N2↑+6OH-；A．A l与酸、碱均反应；B．氯化铝为共价化合物，电解时不导电；C．氢氧化钙可中和氢离子，对该流程无影响；D．结合反应可知，氧化产物为A l（OH）3，还原产物为N2．本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大．7.下列实验方案的设计、结论正确的是（）A.用N a HCO3溶液可一次鉴别出稀盐酸、N a OH溶液、A l C l3溶液、N a A l O2溶液B.高锰酸钾试剂瓶内壁上黑色物质可用稀盐酸洗涤C.除去SO2中少量HC l，将其通入饱和的N a2SO3溶液D.将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的【答案】A【解析】解：A．N a HCO3溶液分别与稀盐酸、N a OH溶液、A l C l3溶液、N a A l O2溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成，现象不同，可鉴别，故A正确；B．黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应，应选浓盐酸、加热洗涤，故B错误；C．二者均与N a2SO3溶液反应，应选饱和N a HSO3溶液除杂，故C错误；D．水温下降，可能为溶解时吸热，则不能说明硝酸铵水解是吸热的，故D错误；故选A．A．N a HCO3溶液分别与稀盐酸、N a OH溶液、A l C l3溶液、N a A l O2溶液混合的现象为：气体生成、无现象、气体和沉淀生成、沉淀生成；B．黑色物质为二氧化锰，与稀盐酸不反应；C．二者均与N a2SO3溶液反应；D．水温下降，可能为溶解时吸热．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的鉴别、仪器的洗涤、混合物分离提纯、反应中的热效应及盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．二、简答题(本大题共4小题，共58.0分)8.乙二醇是一种重要的工业防冻剂和合成高分子化合物的单体，实验室模拟生产乙二醇的过程：（一）草酸二甲酯的制备实验室用图1所示装置模拟草酸二甲酯的制备：步骤1：先往三颈烧瓶中加入甲醇，然后通过A在搅拌器工作时缓慢加入浓硫酸，混合液冷却后，再加入草酸；步骤2：将A换为球形冷凝管，在3处塞上温度计，在一定的温度下回流2-3小时；步骤3：将混合液冷凝分离得到草酸二甲酯．（二）乙二醇的制取实验室用图2所示的装置模拟工业乙二醇的制取（夹持设备和部分加热装置省略）反应方程式为：回答下列问题：（1）仪器A的名称为______ ，步骤3中首个操作是将混合物与冷水混合，则“混合”的正确操作是______ ．（2）装置B的作用是______ ．烧杯C中水的温度不能低于55℃，原因是______ ．（3）对粗产品（主要含乙二醇、草酸二甲酯和甲醇）进行精制，蒸馏收集______ ℃的馏分．（4）实验过程中，使用了16g H2和59g草酸二甲酯，最后得到乙二醇为12.4g，乙二醇的产率为______ ．（5）设计实验证明乙二醇为二元醇：______ ．【答案】分液漏斗；将混合物沿杯壁慢慢注入装有冷水的烧杯（或容器）中，并不断搅拌；使草酸二甲酯和氢气混合均匀；温度低于55℃，未反应的草酸二甲酯会凝结堵塞导管；197.3℃（197℃左右即可）；40%；取62g乙二醇，加入足量金属钠充分反应，收集并测量生成的氢气的质量是2g（或其他合理答案，乙二醇与氢气的量符合正确比例即可）【解析】解：（1）A的名称是分液漏斗；混合时将混合物沿杯壁慢慢注入装有冷水的烧杯（或容器）中，并不断搅拌，故答案为：分液漏斗；将混合物沿杯壁慢慢注入装有冷水的烧杯（或容器）中，并不断搅拌；（2）B装置中草酸二甲酯气体和氢气能充分混合，更有利于反应向右进行；草酸二甲酯的熔点是54℃，低于该温度时草酸二甲酯变为固态，导致堵塞导管而产生安全事故，故答案为：使草酸二甲酯和氢气混合均匀；温度低于55℃，未反应的草酸二甲酯会凝结堵塞导管；（3）乙二醇的沸点是197.3℃、甲醇的沸点是64.7℃、草酸二甲酯的沸点是163.5℃，要制得较纯净的乙二醇，温度应该在其沸点左右，为197.3℃（197℃左右即可），古答案为：197.3℃（197℃左右即可）；（4）n（H2）==8mol，n（H3COOCCOOCH3）==0.5mol，根据方程式知，0.5mol草酸二甲酯完全反应需要氢气2mol，所以氢气过量，如果草酸二甲酯完全反应生成乙二醇为0.5mol，其质量=0.5mol×62g/mol=31g，其产率=实际产量理论产量=×100%=40%，故答案为：40%；（5）醇羟基能和钠反应生成醇钠和氢气，可以利用乙二醇和钠反应生成氢气确定乙二醇是二元醇，其检验方法为取62g乙二醇，加入足量金属钠充分反应，收集并测量生成的氢气的质量是2g（或其他合理答案，乙二醇与氢气的量符合正确比例即可），故答案为：取62g乙二醇，加入足量金属钠充分反应，收集并测量生成的氢气的质量是2g（或其他合理答案，乙二醇与氢气的量符合正确比例即可）．（1）A的名称是分液漏斗；混合时将混合物进入冷水中；（2）B装置中草酸二甲酯气体和氢气能充分混合；草酸二甲酯的熔点是54℃，低于该温度时草酸二甲酯变为固态；（3）乙二醇的沸点是197.3℃、甲醇的沸点是64.7℃、草酸二甲酯的沸点是163.5℃，要制得较纯净的乙二醇，温度应该在其沸点左右；（4）n（H2）==8mol，n（H3COOCCOOCH3）==0.5mol，根据方程式知，0.5mol草酸二甲酯完全反应需要氢气2mol，所以氢气过量，如果草酸二甲酯完全反应；生成乙二醇为0.5mol，其质量=0.5mol×62g/mol=31g，其产率=实际产量理论产量（5）醇羟基能和钠反应生成醇钠和氢气，可以利用乙二醇和钠反应生成氢气确定乙二醇是二元醇．本题考查物质制备，为高频考点，涉及官能团个数的检验、方程式计算、物质分离和提纯等知识点，把握化学反应原理、物质性质差异性是解本题关键，难点是实验方案设计（5）题，侧重考查学生知识综合运用及实验操作能力，题目难度中等．9.硼酸（H3BO3）是生产其它硼化物的基本原料．（1）已知H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11．向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/L N a2CO3溶液，______ （填“能”或“不能”）观察到气泡逸出．（2）已知H3BO3与足量N a OH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B（OH）-4，写出硼酸的电离方程式______ ．（3）硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成B（OCH3）3，B（OCH3）3可与N a H反应制得易溶于水的强还原剂硼氢化钠（N a BH4）．①写出生成B（OCH3）3的化学方程式______ ，其反应类型为______ ．②N a BH4中氢元素的化合价为，写出生成N a BH4的化学方程式．③用N a BH4和过氧化氢可以设计成一种新型碱性电池．该电池放电时，每摩尔N a BH4释放8mole-．写出这种电池放电反应的离子方程式______ ．（4）H3BO3可以通过电解的方法制备．工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）．①写出阳极的电极反应式______ ．②分析产品室可得到H3BO3的原因______ ．【答案】不能；H3BO3+H2O⇌B（OH）4-+H+；H3BO3+3CH3OH浓硫酸B（OCH3）3+3H2O；取代反应；BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O；4OH--e-=2H2O+O2↑；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B（OH）4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3【解析】（1）H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7，因5.8×10-10解：＜4.4×10-7，所以不能观察到气泡逸出，故答案为：不能；（2）硼酸电离出四羟基和硼酸根和氢离子，方程式为：H3BO3+H2O⇌B（OH）4-+H+，故答案为：H3BO3+H2O⇌B（OH）4-+H+；（3）①硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成B（OCH3）3，所以方程式为：H3BO3+3CH3OH浓硫酸B（OCH3）3+3H2O；基团OCH3代替B（OH）3结构中OH基团，所以是取代反应，故答案为：H3BO3+3CH3OH浓硫酸B（OCH3）3+3H2O；取代反应；②根据化合价代数和为0，钠+1价，B元素+3价，所以氢元素是-1价，由B（OCH3）3可与N a H反应制得易溶于水的强还原剂硼氢化钠（N a BH4），所以方程式为：B（OCH3）+4N a H=N a BH4+3CH3ON a，3故答案为：-1；B（OCH3）3+4N a H=N a BH4+3CH3ON a；③1mol过氧化氢得到2mol的电子，所以1mol N a BH4在负极放电，正极要4mol的过氧化氢，所以总放电反应的离子方程式为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O，故答案为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O；（4）①根据阳极中阴离子为B（OH）4-和氢氧根离子判断放电能力强弱，所以氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH--e-=2H2O+O2↑，故答案为：4OH--e-=2H2O+O2↑；②产品室可得到H3BO3的原因是因为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B（OH）4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B（OH）4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3．（1）根据强酸制弱酸的反应原理分析解答；（2）由信息可知为一元酸，H3BO3电离除生成B（OH）4-外还生成H+；（3）①硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成B（OCH3）3，所以方程式为：H3BO3+3CH3OH浓硫酸B（OCH3）3+3H2O；基团OCH3代替B（OH）3结构中OH基团；②根据化合价代数和为0，钠+1价，B元素+3价，所以氢元素是-1价，由B（OCH3）3可与N a H反应制得易溶于水的强还原剂硼氢化钠（N a BH4），所以方程式为：B（OCH3）+4N a H=N a BH4+3CH3ON a；3③1mol过氧化氢得到2mol的电子，所以1mol N a BH4在负极放电，正极要4mol的过氧化氢，所以总放电反应的离子方程式为：BH4-+4H2O2=BO2-+6H2O；（4）①根据阳极中阴离子为B（OH）4-和氢氧根离子判断放电能力强弱，所以氢氧根离子放电；②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H3BO3的原因．本题考查了电离方程式的书写、化学方程式书写、电化学等知识，题目难度中等，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．10.甲醇是21世纪应用最广泛的清洁燃料之一，通过下列反应可以制备甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（l）△H（1）已知：计算上述反应的△H= ______ ．（2）在容积可变的密闭容器中充入1mol CO（g）和2mol H2（g）生成CH3OH （g），H2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图1所示．①该反应的△S ______ 0，图中的T1 ______ T2（填“＜”、“＞”或“=”）．②当达到平衡状态A时，容器的体积为2L，此时该反应的平衡常数为______ ，若达到平衡状态B时，则容器的体积V（B）= ______ L．（3）在容积固定为2L的密闭容器中充入2mol CO（g）和6mol H2（g）生成CH3OH（g），反应时间与物质的量浓度的关系如图2所示，则前10分钟内，氢气的平均反应速率为______ ；若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，请在图2中画出15-25分钟c（CO）的变化曲线．【答案】-128.1k J•mol-1；＜；＜；4；0.4；0.16mol•L-1•min-1【解析】解：（1）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-283.0k J•mol-1和-726.5k J•mol-1，则①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0k J•mol-1②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5k J•mol-1③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8k J•mol-1由盖斯定律可知用①+③-×②得反应CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l），该反应的反应热△H=-283.0k J•mol-1+（-285.8k J•mol-1）-（-726.5k J•mol-1）=-128.1k J•mol-1，即CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-128.1k J•mol-1．故答案为：-128.1k J•mol-1；（2）①CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （l），反应为放热反应，△H＜0，气体体积减小反应的熵变△S＜0，图象中压强一定随温度升高，平衡逆向进行，氢气转化率减小，则T1＜T2，故答案为：＜；＜；②在容积可变的密闭容器中充入1mol CO （g）和2mol H2（g）生成CH3OH（g），A 点氢气转化率0.5，CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）起始量（mol）120变化量（mol）0.510. 5平衡量（mol）0.510.5平衡常数K==4，若达到平衡状态B 时转化率为0.8，结合平衡三行计算列式计算，CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）起始量（mol）120变化量（mol）0.8 1.60. 8平衡量（mol）0.20.40.8B点温度不变平衡常数不变，K==4则容器的体积V（B）=0.4故答案为：4，0.4；（3）V（CH3OH）===0.08mol/（L•min），根据方程式得V（CH3OH）：V（H2）=1：2，所以V（H2）=2×0.08mol/（L•min）=0.16mol/（L•min）；2H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）起始量（mol/L）310变化量（mol/L）1.60.80.8平衡量（mol/L）1.40.20.8此时CO的平衡浓度为0.2mol/L，改变温度，假设在20分钟时达到新平衡，氢气的转化率为33.3%，则氢气转化的浓度为△C=×33.3%=1mol/L，2H2（g）+CO（g）=CH3OH（g）起始浓度（1mol/L）310转化浓度（1mol/L）10.50.5平衡浓度（1mol/L）20.50. 5CO平衡浓度为0.5mol/L，15min时CO浓度为0.2mol/L．升温平衡逆向进行，一氧化碳物质的量浓度增大，据此画出变化曲线为：，故答案为：0.16mol•L-1•min-1；．（1）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律计算反应CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （l）的焓变，写出热化学方程式；（2）①反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，据此分析判断，压强一定温度越高平衡逆向进行，氢气的转化率减小；②在容积可变的密闭容器中充入1mol CO （g）和2mol H2（g）生成CH3OH（g），A 点氢气转化率0.5，CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）起始量（mol）120变化量（mol）0.510.5平衡量（mol）0.510.5平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积；反应物平衡浓度幂次方乘积B点和A点温度不变平衡常数不变，结合三行计算列式计算平衡浓度，结合平衡常数计算气体体积；（3）在容积固定为2L的密闭容器中充入2mol CO（g）和6mol H2（g）生成CH3OH（g），图中中是甲醇的浓度增加，达到平衡状态甲醇浓度为0.8mol/L，据此计算甲醇反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比得到氢气的反应速率，计算平衡状态下CO的浓度，若15分钟时升高体系温度，在20分钟时达到新平衡，此时氢气的转化率为33.3%，改变条件后依据氢气的转化率列三行计算，得到平衡状态下一氧化碳的浓度，据此画出图象变化．本题考考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用，平衡常数的计算及应用，影响平衡的因素分析判断，题目涉及的知识点较多，综合性较强，题目难度中等．11.结晶玫瑰和高分子树脂M的合成路线如图所示：已知：①A是苯的同系物，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46②③④（1）C中含氧官能团的名称为______ ，E的结构简式为______ ．（2）写出由G生成结晶玫瑰的化学方程式______ ．（3）在上述流程中“C→D”在M的合成过程中的作用是______ ．（4）己知G在一定条件下水解生成H（C8H803），写出H满足下列条件的同分异构体的结构简式______ ．a与氯化铁溶液发生显色反应b苯环上的一氯取代物只有一种c与足量的氢氧化钠溶液反应，1mol可消耗3mol N a OH（5）E的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与E相似，请以为原料设计它的合成路线（其他所需原料自选）．【答案】醛基；；；保护碳碳双键，防止被氧化；【解析】解：A是苯的同系物，分子组成为C n H2n-6，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46，其相对分子质量，为46×2=92，则14n-6=92，解得n=7，故A的分子式为C7H8，则A为，A氧化生成B，B与乙醛反应得到C，B与CHC l3反应得到G，结合信息②③可知B为，C为，G为，G与乙酸发生酯化反应得到结晶玫瑰．C与溴发生加成反应生成得到D为，D氧化生成E为，结合信息④可知F为，F发生加聚反应得到M为．（1）C为，含氧官能团为醛基，E的结构简式为，故答案为：醛基；；（2）由G生成结晶玫瑰的化学方程式：，故答案为：；（3）在上述流程中“C→D”在M的合成过程中的作用是：保护碳碳双键，防止被氧化，故答案为：保护碳碳双键，防止被氧化；（4）G在一定条件下水解生成H（C8H8O3），则H为，H的同分异构体满足条件：a．与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基与苯环，b．苯环上的一氯取代物只有一种，c．与足量的氢氧化钠溶液反应，1mol可消耗3mol N a OH，符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（5）苯乙醛与HCHO反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后发生催化氧化生成，合成路线流程图为：，故答案为：．A是苯的同系物，分子组成为C n H2n-6，在相同条件下，其蒸气相对于氢气的密度为46，其相对分子质量，为46×2=92，则14n-6=92，解得n=7，故A的分子式为C7H8，则A为，A氧化生成B，B与乙醛反应得到C，B与CHC l3反应得到G，结合信息②③可知B为，C为，G为，G与乙酸发生酯化反应得到结晶玫瑰．D与溴发生加成反应生成得到D为，D氧化生成E为，结合信息④可知F为，F发生加聚反应得到M为．本题考查有机物的推断与合成，计算确定A的结构简式，结合给予的信息与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生自学能力、知识迁移运用能力．。
广东省佛山市2016年高考化学三轮复习考前仿真模拟题专练溶液的配制及误差分析02
溶液的配制及误差分析02一、单项选择题(本题包括5小题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.今有0.1 1mol L -⋅ 24Na SO 溶液300 mL,0.1 1mol L -⋅ 4MgSO 溶液200 mL 和0.1 1mol L -⋅ 243()Al SO 溶液100 mL,这三种溶液中硫酸根离子浓度之比是( )A. 1∶1∶1B.3∶2∶1C.3∶2∶3D.1∶1∶3【解析】 试题中求解的是24SO -的浓度比,与溶液的体积无关。
【答案】 D2.下列溶液中Cl -浓度与50 mL 1 1mol L -⋅ 3AlCl 溶液中Cl -浓度相等的是…( )A.150 mL 1 1mol L -⋅的NaCl 溶液B.75 mL 2 1mol L -⋅的4NH Cl 溶液C.25 mL 1.5 1mol L -⋅的2MgCl 溶液D.25 mL 2 1mol L -⋅的3FeCl 溶液【解析】 1 1mol L -⋅ 3AlCl 溶液中Cl -浓度为3 1mol L A -⋅,、B 、C 、D 选项中Cl -,浓度分别为1 1mol L -⋅、2 1mol L -⋅、3 1mol L -⋅、6 1mol L -⋅。
【答案】 C3.用N A 表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )A.标准状况下,1 L 液态水中含有的H +数目为710- N AB.标准状况下,2.24 L 2D O 中含有的电子数为N AC.3.4 g 22H O 中含有的共用电子对数为0.1 N AD.1 mol 碳烯(∶2)CH 中含有的电子数为8N A【解析】 标准状况下,水电离产生的c 71()10H mol L A +--<⋅,不正确;标准状况下2D O ,为液体,不能使用V m 为22.4 1L mol -⋅进行计算,B 不正确;3.4 g 22H O 为0.1 mol,每个22H O 分子含有3对共用电子,所以共用电子对数为0.3N A ,C 不正确;D 中,每个碳烯基团中含有8个电子,则1 mol 碳烯(∶2)CH 中含有的电子数为8N A D ,正确。
广东省佛山市高考化学三轮复习 考前仿真模拟题专练 综
综合实验评价02一、单项选择题(本题包括5小题,每小题3分,共15分,每小题只有一个选项符合题目要求) 1.从绿色化学的理念出发,下列实验不宜用如图所示装置进行的是( )A.不同浓度的硝酸与铜反应B.稀硫酸与纯碱或小苏打反应C.铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应D.22H O 在不同催化剂作用下分解【解析】 图中所示装置没有尾气吸收的装置,所以凡是有毒 、对空气有污染的气体都不行，B 、C 、D 都没有产生有毒、对空气有污染的气体，只有A 中有氮氧化物产生，所以A 不行。
【答案】 A2.为了净化和收集由盐酸和大理石制得的2CO 气体,从下图选择合适的装置并连接。
合理的是( )A.a-a′d d →-′e →B.b-b′d d →-′g →C.c-c′d d →-′g →D.d-d′c c →-′f →【解析】 根据原理2CO 中混有的气体是HCl 和2H O ,应先通过饱和3NaHCO 溶液除去HCl,再通过浓硫酸除去2H O ,洗气装置长进短出,采用向上排空气法收集。
【答案】 C3.下列实验装置设计或操作肯定错误的是( )【解析】 A 中酸式滴定管中装NaOH 溶液,对磨口的玻璃活塞有腐蚀作用,错误。
【答案】 A4.下列根据实验现象所作出的结论中一定正确的是 ( )A.无色试液中滴加酚酞试液,溶液不变色,结论:该试液一定呈酸性B.向品红溶液中通入某气体,品红溶液褪色,结论:气体一定是2SO 或2Cl 之一C.向某无色试液中加入NaI 溶液产生黄色沉淀,结论:试液中溶质一定为3AgNOD.无色试液焰色反应呈黄色,且溶液中含有24SO -,结论:试液中溶质可能含有24Na SO【解析】 酚酞试液的变色范围为8.2 10,pH 小于8.2时溶液为无色,所以溶液不变色不一定呈现酸性,A 错误;有强氧化性的其他气体也可使品红溶液褪色,如臭氧等,B 错误;与NaI 溶液产生黄色沉淀的溶液也可能含有其他可溶性银盐,C 错误。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
有机合成和推断02
一、单项选择题(本题包括5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是()
A.由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B.由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C.由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1，2-二溴丙烷
D.由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【解析】
溴丙烷水解制丙醇的反应属于取代反应，丙烯与水发生加成反应生成丙醇，A错误；甲苯的硝化反应属于取代反应，甲苯反应生成苯甲酸属于氧化反应，B错误；氯代环己烷发生消去反应生成环己烯，而丙烯与溴发生加成反应制得1，2-二溴丙烷，C错误；酯化反应和水解反应都属于取代反应，D正确。
【答案】 D
2.现有两种高聚物A、B，已知A能溶于氯仿等有机溶剂，并加热到一定条件下熔融成黏稠的液体，B不溶于任何溶剂，加热不会变软或熔融，则下列叙述中不正确的是…()
A.高聚物A可能具有弹性，而B一定没有弹性
B.高聚物A一定是线型高分子材料
C.高聚物A一定是体型高分子材料
D.高聚物B一定是体型高分子材料
【解析】线型和体型高分子材料的物理性质不同。
高分子化合物可分为线型结构和体型结构两种。
线型结构的有机高分子能溶解在适当的溶剂里，受热时可以熔化，有热塑性；体型结构的有机高分子不易溶解，受热时不熔化，有热 固性。
【答案】 C
3.聚四氟乙烯的耐热性和化学稳定性超过其他塑料，被称为“塑料王”。
其合成路线如下：三氯甲烷二氟一氯甲烷四氟乙烯聚四氟乙烯
下列说法中，不正确的是( )
A.“塑料王”不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.三氯甲烷（CHCl3）可以用甲烷与氯气的取代反应来制取
C.四氟乙烯（CF2===CF2）中所有的原子都在同一个平面上
D.二氟一氯甲院（CHClF2）中所有原子最外层都达到了8电子稳定结构
【解析】本题考查有机物的结构与性质。
CHClF2中，H原子最外层是2电子稳定结构，D选项错误。
【答案】 D
4.在一定条件下,乳酸( )经一步反应能够生成的物质是( )
①CH2===CH—COOH ② ③④⑤
⑥
⑦
A.①②④⑤
B.①②③⑦
C.③⑤⑥
D.④⑥⑦
【解析】乳酸分子中含有羟基和羧基，发生消去反应生成①，发生氧化反应生成②，发生酯化反应生成④，发生缩聚反应生成⑤。
【答案】 A
5. 叶蝉散（isoprocard）对水稻叶蝉和飞虱具有较强的触杀作用，防效迅速，但残效不长。
工业上用邻异丙基苯酚合成叶蝉散的过程如下：
下列有关说法正确的是（）
A.叶蝉散的分子式是C11H16NO2
B.邻异丙基苯酚发生了取代反应
C.叶蝉散在强酸、强碱性环境中能稳定存在
D.可用FeCl3溶液检验叶蝉散中是否含邻异丙基苯酚
【解析】叶蝉散分子中只含1个N，氢原子数应为奇数，A不正确；邻异丙基苯酚发生了加成反应，B不正确；叶蝉散含有酯基和肽键，能发生水解，在强酸、强碱性环境中不能稳定存在，C不正确。
【答案】 D
二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题7分，共35分，每小题有一个或两个选项符合题目要求）
6. 五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。
在一定条件下X可分别转化为Y、Z。
〖
下列说法错误的是（）
A.1 mol X最多能与2 mol Br2发生取代反应
B.Y分子结构中有3个手性碳原子
C.Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应
D.1 mol Z最多能与7 mol NaOH发生反应
【解析】 1 mol Z最多能与8 mol NaOH发生反应。
【答案】 D
7.在国际环境问题中，使用由聚苯乙烯材料做成的各种制品，由于难以分解，处理麻烦而带
来“白色污染”。
最近研制出一种新材料
代替聚苯乙烯，它是由乳酸缩聚而生成的，该种材料可在乳酸菌作用下发生降解，从而消除对环境的污染。
下列关于聚乳酸或乳酸的说法正确的是（）
A.聚乳酸是一种纯净物
B.其聚合方式与聚苯乙烯相似
C.聚乳酸的单体为
D.乳酸在一定条件下可发生消去反应
【解析】聚乳酸的单体是乳酸，它含有醇羟基、且与—OH相连的碳原子的相邻碳原子上连有氢原子，所以能发生消去反应，生成丙烯酸和水。
【答案】 CD
8. 褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到。
下列说法不正确的是()
A.色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点
B.在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出
C.在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应
D.褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性
【解析】观察色氨酸的结构可知，氨基和羧基相互作用，使氨基酸成为带正、负电荷的两性离子（内盐），熔点较高，A项正确；调节pH，使氨基酸以两性离子的形态存在，在水溶液中溶解度最小，可以晶体形式析出，B项正确；色氨酸含有羧基和氨基，可以缩聚形成多肽，C 项正确；褪黑素中不存在氨基和羧基，无两性，D项错误。
【答案】 D
9.具有显著抗癌活性的10-羟基喜树碱的结构如图所示。
下列关于10-羟基喜树碱的说法正确的是（）
A.分子式为C20H16N2O5
B.不能与FeCl3溶液发生显色反应
C.不能发生酯化反应
D.一定条件下，1 mol该物质最多可与3 mol NaOH反应
【解析】根据结构简式，很容易查出该有机物分子中C、H、N、O的原子个数，所以分子式为C20H16N2O5，A项对；因为在苯环上有羟基，构成酚的结构，所以能与FeCl3溶液发生显色反应，B项错；从结构简式可以看出，存在—OH，所以能够发生酯化反应，C项错；D项，该分子中有三个基团能够和氢氧化钠反应，即苯环上的羟基、酯基和肽键，所以1 mol该物质消耗的氢氧化钠应该为3 mol。
【答案】 AD
10.有关下图所示化合物的说法不正确的是（）
A.既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应
B.1 mol该化合物最多可以与4 mol NaOH反应
C.既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色
D.既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
【解析】有机物分子中含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2在光照条件下发生取代反应，A项正确；B项，该有机物分子中含有1个酚羟基和2个酯基，故 1 mol 该 有机物最多可以与3 mol NaOH反应，错误；C项，苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使酸性KMnO4溶液褪色，正确；该有机物分子中不存在羧基，故不能与NaHCO3反应放出CO2气体，D项错。
【答案】 D。