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    湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷化学(十)(解析版)
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    湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷化学(十)(解析版)

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    湖北名校联盟2020年考前提分仿真卷(十)
    可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59
    一、选择题(每小题6分,共42分。)
    7.《本草经集注》记载:“鸡屎矾(碱式硫酸铜或碱式碳酸铜)不入药用,惟堪镀作,以合熟铜;投苦酒(醋)中,涂铁皆作铜色,外虽铜色,内质不变”。下列说法错误的是( )
    A.鸡屎矾中主要成分属于碱式盐
    B.碱式碳酸铜不稳定,受热易分解
    C.“涂铁皆作铜色”发生反应为置换反应
    D.“内质不变”说明出现了钝化现象
    【答案】D
    【解析】A.鸡屎矾中主要成分是Cu2(OH)2CO3,含有未被中和的OH−,因此属于碱式盐,A正确;B.碱式碳酸铜受热易分解产生CuO、CO2、H2O,因此不稳定,B正确;C.Fe与铜的化合物反应产生单质铜,Fe变为相应的盐,发生反应为置换反应,C正确;D.铁的表面与铜的化合物反应生成单质铜,铁表面有一层铜,阻隔了反应的继续进行,并未发生钝化,D错误;故合理选项是D。
    8.北京冬奥会将于2022年举办,节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得,该双环烯酯的结构如图所示()。下列说法正确的是( )
    A.该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色
    B.1mol该双环烯酯能与3mol H2发生加成反应
    C.该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面
    D.该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种
    【答案】A
    【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键,都能使溴水褪色,选项A正确;1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2mol H2发生加成反应,酯基中的碳氧双键不能加成,选项B不正确;分子中不存在苯环,共平面的原子从碳碳双键出发,至少是6个,分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面,选项C不正确;分子加氢后,两边环分别有4种一氯代物,—CH2—上有1种,共有9种,选项D不正确。
    9.NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )
    A.含有25.2g HNO3的浓硝酸与足量的铜反应产生的NO2分子数目为0.1NA
    B.1L 0.6mol/L的Na2CO3溶液中含有的O原子数目为1.8NA
    C.标准状况下,22.4L的CH3COOH中含有的H原子个数为4NA
    D.反应4NH3+6NO5N2+6H2O中,当生成140g的N2时转移12NA
    【答案】D
    【解析】A.随着反应的进行浓HNO3变成稀硝酸,还原产物变成了NO,故此时产生的NO2数目小于0.1NA,A错误;B.溶液中有大量的水,水中含有大量的O,故O原子数目大于1.8NA,B错误;C.CH3COOH在标况下不是气体,C错误;D.该反应中生成5mol N2(140g)时,化合价共降低12价,故共转移12mol电子,D正确。故选D。
    10.丙烯是石油化学工业的重要基础原料,我国科学家利用甲醇转化制丙烯反应过程如下:
    3CH3OH+H3AlO6→3CH+AlO+3H2O
    3CH+AlO→H3AlO6+3C↑↓H2
    3C↑↓H2→CH2=CHCH3
    下列叙述错误的是( )
    A.甲醇转化制丙烯反应的方程式为3CH3OH→CH2=CHCH3+3H2O
    B.甲醇转化制丙烯反应的过程中H3AlO6作催化剂
    C.1.4g C↑↓H2所含的电子的物质的量为1mol
    D.甲基碳正离子CH的电子式为
    【答案】C
    【解析】将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式,选项A正确;在反应前有H3AlO6,反应后又生成了H3AlO6,而且量不变,符合催化剂的定义,选项B正确;反应前后原子守恒,电子也守恒,1.4g C↑↓H2所含的电子的物质的量为0.8mol,所以选项C错误;甲基碳正离子是甲基失去一个电子形成的阳离子,选项D正确。
    11.在环境和能源备受关注的今天,开发清洁、可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略,科学家发现产电细菌后,微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(MFC)示意图如下所示(假设有机物为乙酸盐)。下列说法错误的是( )

    A.A室菌为厌氧菌,B室菌为好氧菌
    B.A室的电极反应式为CH3COO−−8e−+2H2O=2CO2+8H+
    C.微生物燃料电池(MFC)电流的流向为b→a
    D.电池总反应式为CH3COO−+2O2+H+=2CO2+2H2O
    【答案】B
    【解析】根据装置图可知B室中氧气参与反应,应为好氧菌,选项A正确;方程式中电荷和氢原子不守恒,选项B错误;MFC电池中氢离子向得电子的正极移动,即向b极移动,b为正极,电流方向是由正极流向负极,即b→a,选项C正确;电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O,即CH3COO−+2O2+H+=2CO2+2H2O,选项D正确。
    12.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物,n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,q的水溶液具有漂白性,0.01mol·L−1 r溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )

    A.原子半径的大小W X>Y
    C.Y的氢化物常温常压下为液态 D.X的最高价氧化物的水化物为强酸
    【答案】C
    【解析】由n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,可知Z元素为Cl,n为Cl2,再根据q的水溶液具有漂白性,可知q为HClO,由0.01mol·L−1 r溶液的pH为2,可判断r为一元强酸,则r为HCl,然后根据n和p的反应条件,以及s通常是难溶于水的混合物,可知p为烷烃,s为烷烃的氯代物;根据题意,W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素,可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。A.根据原子半径的变化规律,可知原子半径:H 13.过渡金属硫化物作为一种新兴的具有电化学性能的电极材料,在不同的领域引起了研究者的兴趣,含有过渡金属离子废液的回收再利用有了广阔的前景,下面为S2−与溶液中金属离子的沉淀溶解平衡关系图,若向含有等浓度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的废液中加入含硫的沉淀剂,则下列说法错误的是( )

    A.由图可知溶液中金属离子沉淀先后顺序为Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+
    B.控制S2−浓度可以实现铜离子与其他金属离子的分离
    C.因Na2S、ZnS来源广、价格便宜,故常作为沉铜的沉淀剂
    D.向ZnS中加入Cu2+的离子方程式为:S2−+Cu2+=CuS↓
    【答案】D
    【解析】由图可知溶液中金属硫化物沉淀的Ksp大小顺序为CuS 二、非选择题(共43分)
    26.(14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。
    Ⅰ.制备Na2S2O5
    可用试剂:饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。
    焦亚硫酸钠的析出原理:2NaHSO3(饱和溶液)===Na2S2O5(晶体)+H2O(l)

    (1)如图装置中仪器A的名称是 。A中发生反应的化学方程式为 。仪器E的作用是 。
    (2)F中盛装的试剂是 。
    Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性
    (3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL 2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为 。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品 。
    Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。
    (4)将10.0g Na2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液,取其中10.00mL加入过量的20.00mL 0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液,充分反应后,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,Na2S2O5样品的纯度为___%(保留一位小数),若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,会导致Na2S2O5样品的纯度___。(填“偏高”、“偏低”)
    【答案】(1)三颈烧瓶 Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4 防倒吸
    (2)浓NaOH溶液
    (3)5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O 氧化变质
    (4)95.0 偏高
    【解析】A三颈烧瓶中制备二氧化硫,发生Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4,生成的二氧化硫通入D装置,发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l),仪器E的作用是防倒吸,F吸收尾气。据此解答。Ⅰ(1)装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4。二氧化硫易溶于水,仪器E的作用是防倒吸。故答案为:三颈烧瓶;Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2+Na2SO4;防倒吸;(2)二氧化硫有毒,排到空气中会污染空气,SO2是酸性氧化物,可用碱溶液吸收,题干中只提供了一种碱性试剂--浓NaOH溶液,F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。故答案为:浓NaOH溶液;Ⅱ.(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL 2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去,说明MnO将S2O氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是:利用焦亚硫酸钠的还原性,防止食品氧化变质。故答案为:5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O;氧化变质;Ⅲ.(4)由关系式:5SO~2MnO,用0.2500mol/L Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,剩余n(MnO)=×0.2500
    mol/L×20.00×10−3L=2.000×10−3mol,再由5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O得:Na2S2O5样品的纯度为= ×100%=95.0%;若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,使Na2SO3标准液的体积偏低,算出的剩余高锰酸钾偏低,与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高,会导致Na2S2O5样品的纯度偏高;故答案为:95.0;偏高。
    27.(14分)铬鞣剂[Cr(OH)SO4]可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图:

    回答下列问题:
    (1)“焙烧”时,Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为 。
    (2)“水浸”过程中,物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示,则最佳反应条件为 。

    (3)“滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10),是制造水泥的原料之一,用氧化物的形式表示其化学式 。
    (4)“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和 (填化学式),“过滤2”后,将溶液pH调至a,a__6.5(填“小于”或“大于”),目的是 (用离子方程式表示)。
    (5)已知CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2,写出Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4的化学方程式 。
    (6)某厂用m1 kg的铬渣(含Cr2O3 40%)制备Cr(OH)SO4,最终得到产品m2kg,则产率为________________。
    【答案】(1)2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 (2)物质的粒度为60目时
    (3)4CaO·Fe2O3·Al2O3 (4)H2SiO3 小于 2CrO+2H+Cr2O+H2O
    (5)Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O (6)
    【解析】以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4,先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧,再经过水浸、过滤除去固体杂质Fe2O3,调pH除去杂质氢氧化铝和硅酸,最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SO4。(1)“焙烧”时,Cr2O3转化为Na2CrO4,Cr元素的化合价升高,反应为氧化还原反应,还需氧化剂O2,根据电子守恒配平方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2。(2)根据图示可知,当物质的粒度为60目时,铬的残余量最少,故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。(3)铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10),用氧化物的形式表示其化学式为4CaO·Fe2O3·Al2O3。(4)步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质,调节pH使其转化为沉淀Al(OH)3和H2SiO3,故滤渣2主要成分为Al(OH)3和H2SiO3。“过滤2”后,将溶液pH调至a,是为将2CrO转化为Cr2O,酸性条件下可以实现转化,故a小于6.5实现2CrO+2H+Cr2O+H2O的转化。(5)根据条件CH3OH在酸性条件下可被氧化生成CO2,Na2Cr2O7与CH3OH反应生成Cr(OH)SO4为氧化还原反应,其中碳元素、铬元素的化合价发生改变,根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O。(6)最终得到产品Cr(OH)SO4 m2 kg,其中铬元素的含量为kg,原料中铬元素的含量为,则产率为。
    28.(15分)氯气是现代工业的重要原料,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点,回答下列问题:
    (1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行:
    Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1
    Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1
    Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
    反应Ⅰ能自发进行的条件是 。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用反应 的ΔH。
    (2)如图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:

    可知反应平衡常数K(400℃)______K(500℃)(填“大于”或“小于”)。设容器内初始压强为p0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1的数据,计算400℃时容器内的平衡压强=_____(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。
    (3)已知:氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明,生成NaClO3的反应分两步进行:
    Ⅰ.2ClO−=ClO+Cl−
    Ⅱ.ClO+ClO−=ClO+Cl−
    常温下,反应Ⅱ能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,试用碰撞理论解释其原因: 。
    (4)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4,写出阳极反应式: 。
    【答案】(1)高温 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
    (2)大于 p=p0=0.848p0 Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低
    (3)反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO−向ClO转化
    ClO+H2O-2e−=ClO+2H+
    【解析】(1)Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol−1,ΔS>0,则要ΔG=ΔH-TΔS<0,须高温条件下才能自发;Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol−1
    Ⅱ.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol−1
    Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3
    利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,由盖斯定律,(Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2)/2得:还需要利用反应CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)的ΔH。故答案为:高温;CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g);(2)根据图象可知,进料浓度比相同时,温度越高HCl平衡转化率越低,说明该反应为放热反应,升高温度平衡向着逆向移动,则温度越高平衡常数越小,所以反应平衡常数K(400℃)大于K(500℃);进料浓度比c(HCl)∶c(O2)的比值越大,HCl的平衡转化率越低,根据图象可知,相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=4∶1,该曲线中400℃ HCl的平衡转化率为76%。则

    p=p0=0.848p0;进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低时,O2浓度较大,HCl的转化率较高,但Cl2和O2分离能耗较高,生成成本提高;进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高时,O2浓度较低,导致HCl的转化率减小;故答案为:大于;p=p0=0.848p0;Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低;(3)生成NaClO3的反应分两步进行:Ⅰ.2ClO−=ClO+Cl−,Ⅱ.ClO+ClO−=ClO+Cl−,常温下,反应Ⅱ能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,用碰撞理论解释其原因:反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO−向ClO转化;故答案为:反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO−向ClO转化;(4)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4,阳极发生氧化反应生成ClO,阳极反应式:ClO+H2O-2e−=ClO+2H+。故答案为:ClO+H2O-2e−=ClO+2H+。
    三、选考题(共15分,请考生从以下题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。)
    35.【化学——选修3:物质结构与性质】(15分)
    张亭栋研究小组受民间中医启发,发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题:

    (1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为_________________;As原子的核外电子排布式为________________。
    (2)NH3的沸点比PH3_____(填“高"或“低”),原因是_______________________________。
    (3)Na3AsO4中含有的化学键类型包括_______;AsO的空间构型为_______,As4O6的分子结构如图1所示,则在该化合物中As的杂化方式是_________。
    (4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体,其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。己知晶胞的边长为a cm,阿伏加德罗常数为NA mol−1,则该晶胞中含有的P原子的个数为______,该晶体的密度为_________g·cm−3(用含NA、a的式子表示)。
    【答案】(1)N>P>As 1s22s22p63s23p63d104s24p3
    (2)高 NH3分子间存在较强的氢键作用,而PH3分子间仅有较弱的范德华力
    (3)离子键、共价键 正四面体 sp3 16 (4)
    【解析】(1)同主族元素从上到下第一电离能减小,所以N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为N>P>As;根据能量最低原则,As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3; (2)NH3分子间存在较强的氢键作用,而PH3分子间仅有较弱的范德华力,NH3的沸点比PH3高; (3)Na3AsO4 是离子化合物,含有离子键,AsO中As与O之间是共价键,Na3AsO4 中含有的化学键类型包括离子键、共价键;AsO的价电子对数是,无孤对电子,所以AsO的空间构型为正四面体;As4O6的分子中As通过3个键与O原则结合,所以As原子价电子对数是,所以As的杂化方式是sp3;(4)根据均摊原则,P原子数=;晶胞的摩尔质量是,1个晶胞的体积是,=g·cm-3。
    36.【化学——选修5:有机化学基础】(15分)
    奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂,可治疗流感。以莽草酸作为起始原料合成奥司他韦的主流路线如图:

    已知:+H2O
    回答下列问题:
    (1)下列关于莽草酸说法正确的有 。
    A.莽草酸化学式是C7H8O5
    B.与浓溴水反应可以生成白色沉淀
    C.易溶于水和酒精
    D.可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应
    (2)奥司他韦中的官能团名称为 (写两种)。
    (3)反应①所需的试剂和条件为 。反应②的化学方程式为 。反应③的反应类型为 。
    (4)芳香化合物X是B的同分异构体,测得其核磁共振氢谱有6组峰,其中两组峰面积最大比值为9∶1,则该物质的结构简式是 。
    (5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。C中有___个手性碳。
    (6)参照上述合成路线,写出由制备的合成路线(其它试剂任选):___________________。
    【答案】(1)CD (2)酯基、氨基、碳碳双键、醚键等(写两种)
    (3)乙醇、浓硫酸、加热
    取代反应
    (4) (5)3
    (6)
    【解析】与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成A,根据信息,丙酮与A作用生成B,B与SO2(CH3)2发生取代反应生成C,C在稀硫酸作用下,释放被保护的两个羟基,生成D,D再经过一系列反应合成奥司他韦。据此解答。(1)A.莽草酸化学式是C7H10O5,故A错误;B.莽草酸中没有酚的结构,与浓溴水反应得不到白色沉淀,故B错误;C.根据相似相溶规律,莽草酸属于有机物易溶于酒精、有羧基、羟基等亲水基团,易溶于水,故C正确;D.分子中有碳碳双键,可以发生加成反应、加聚反应,羟基的邻碳上有氢,可以发生消去反应,有羧基、羟基可以缩聚反应、取代反应,故D正确;故选CD;(2)奥司他韦中的官能团名称为:酯基、氨基、碳碳双键、醚键等(写两种),故答案为:酯基、氨基、碳碳双键、醚键等(写两种);(3)反应①羧酸与乙醇发生的酯化反应,所需的试剂和条件为乙醇、浓硫酸、加热。反应②的化学方程式为。反应③,羟基上的氢被-SO2CH3所取代,反应类型为取代反应。故答案为:乙醇、浓硫酸、加热;;取代反应;(4)芳香化合物X是B的同分异构体,B分子式为C12H18O5,B不饱和度为4,X中只能含有一个苯环,测得其核磁共振氢谱有6组峰,有6种不同环境的氢,其中两组峰面积最大比值为9∶1,说明结构中有3个甲基,则该物质的结构简式是,故答案为:;(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳,如图满足条件的碳原子有3个,C中有3个手性碳。故答案为:3;(6)由制备的合成路线(其它试剂任选),可以利用乙二醇先将醛基保护起来,再将对位的甲基氧化:
    。故答案为:


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