【化学】黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考(开学)(解析版) 试卷
展开
黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考(开学)
一、选择题(每题只有一个选项符合题意)
1.下列属于弱电解质的是
A. NH3·H2O B. NaOH C. NaCl D. CH3CH2OH
【答案】A
【解析】
【分析】
弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质,包括弱酸、弱碱、水与少数盐;强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质,包括强酸、强碱和大部分盐类。
【详解】A项、NH3·H2O在溶液中部分电离,属于弱电解质,故A正确;
B项、NaOH在溶液中完全电离,属于强电解质,故B错误;
C项、NaCl在溶液中完全电离,属于强电解质,故C错误;
D项、CH3CH2OH在水溶液中和熔融状态下都不导电,属于非电解质,故D错误。
故选A。
【点睛】本题主要考查了弱电解质的判断,解答须抓住弱电解质的特征“不能完全电离”,常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
B. 对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g),平衡体系增大压强可使颜色变深
C. 升高温度能够促进水的电离
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加少量铁粉,振荡静置,溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯气中溶液中存在溶解平衡,在饱和食盐水中,氯离子抑制了氯气的溶解,所以能够用勒夏特列原理解释,故A错误;B.反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g),化学反应前后气体的系数和相等,所以压强不会引起平衡的移动,平衡体系增大压强可使颜色变深,和平衡无关,故B正确;C.水的电离是吸热的过程,升高温度,化学平衡正向进行,和平衡有关,故C错误;D.Fe3++2SCN-⇌[Fe(SCN)]2+,向溶液中加入Fe粉,发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+,平衡向逆反应方向移动,导致溶液颜色变浅或褪去,可以用勒夏特里原理解释,故D错误;故答案为B。
【点睛】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等),平衡就向能够减弱这种改变的方向移动;平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程,如与可逆过程无关,则不能用平衡移动原理解释,平衡移动原理对所有的动态平衡都适用.
3.丁烷催化裂化时碳链按两种方式断裂,生成两种烷烃和两种烯烃。如果丁烷的裂化率为60%,且裂化生成的两种烯烃物质的量相等,则裂化后得到的含氢质量分数最高的气体占混合气体的体积分数为
A. 18.75% B. 30% C. 15% D. 22.5%
【答案】A
【解析】
分析:由题中信息可知,丁烷发生催化裂化时,碳链按两种方式断裂,生成两种烷烃和两种烯烃,则两种烷烃是甲烷和乙烷,两种烯烃为乙烯和丙烯。裂化后得到的含氢质量分数最高的气体为甲烷。
详解:由题中信息可知,丁烷发生催化裂化时,碳链按两种方式断裂,生成两种烷烃和两种烯烃,则两种烷烃是甲烷和乙烷,两种烯烃为乙烯和丙烯。如果丁烷的裂化率为60%,设丁烷的物质的量为1mol,,则已裂化的丁烷有0.6mol、未裂化的丁烷有0.4mol。裂化生成的两种烯烃物质的量相等,则乙烯、乙烷、丙烯和甲烷的物质的量均为0.6molmol,故裂化后得到的含氢质量分数最高的甲烷占混合气体的体积分数为。A正确,本题选A。
4.下列说法不正确的是
A. Na2CO3溶液蒸干并灼烧可得无水Na2CO3
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3,可向溶液中加入足量MgCO3,过滤
C. pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+):① < ②
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l) = 2H2O(l) +O2(g),则该反应的△H0,该过程为非自发过程,故选B。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据应用,注意计算过程中熵变和焓变的单位要统一是易错点。
14.常温下,某溶液中由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1,该溶液可能是( )
①二氧化硫水溶液 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】
依据常温下溶液中由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1可知,水的电离被抑制,该溶液可能是酸溶液或碱溶液。
【详解】①二氧化硫水溶液中,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸是弱酸,抑制水的电离,故①正确;
②氯化铵为强酸弱碱盐,水溶液中铵根离子水解促进水的电离,水电离出的氢离子浓度增大,故②错误;
③硝酸钠是强酸强碱盐,水溶液对水的电离平衡无影响,故③错误;
④氢氧化钠是强碱,水溶液呈碱性,对水的电离起到抑制作用,故④正确;
①④正确,故选A。
【点睛】本题考查了影响水的电离的影响因素,注意酸碱抑制水的电离,能水解的盐促进水的电离是解答关键。
15.下列曲线中,可以描述乙酸(甲、Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙、Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由乙酸(甲、Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙、Ka=1.4×10-3)可知,乙酸的电离常数Ka小,则乙酸的酸性弱;由图可知,横坐标为浓度,纵坐标为电离度,则等浓度时酸性强的电离度大,即乙的曲线在上方;弱酸的浓度越大,其电离度越小,则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降,故选B。
【点睛】本题弱电解质的电离平衡,掌握弱电解质电离常数、电离度的意义、浓度对弱电解质的电离的影响,结合图像分析是解答关键。
16.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考下图,从下表中选出正确选项( )
选项
锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
乙
D
酸
碱
酚酞
乙
【答案】D
【解析】
【分析】
酸碱中和滴定时,酸液应盛装在酸式滴定管中,碱液应盛装在碱式滴定管中,酸碱指示剂一般不能用石蕊,其变色范围大,会引起较大误差。
【详解】A项、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,不能用石蕊做指示剂,故A错误;
B项、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液,故B错误;
C项、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液,故C错误;
D项、用酚酞做指示剂,到达滴定终点时,溶液颜色由无色变为浅红色,并且滴定管使用正确,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查中和滴定,做题时注意酸式滴定管和碱式滴定管的使用方法和指示剂的选择,易错点为指示剂的选择。
17.LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示, ﹝δ=c(H2PO4–)/c总(含P元素的粒子)﹞,
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A. 溶液中存在3个平衡
B. 含P元素的粒子有H2PO4–、H2PO42–、PO43–
C. 随c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH明显变小
D. 用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知,随着c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH下降,但是浓度达到一定程度后,溶液的pH就基本不变了,这是因为溶液中H2PO4–即存在着电离趋势,也存在着水解趋势,浓度增大时,电离和水解趋势都会增加,影响会互相抵消。
【详解】A项、溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡、H3PO4和HPO42–的电离平衡、PO43—和HPO42–的水解平衡、水的电离平衡,故A错误;
B项、因为溶液中H2PO4–即存在着电离趋势,溶液中含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–
、PO43–和H3PO4,故B错误。
C项、从图1可知,随着c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH从5.5减小到4.66,达到4.66后,溶液的pH值不再变化,故C错误;
D项、由图2可知,当溶液pH为4.66的时候,H2PO4–的分布分数δ为0.994,即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%,所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查电解质溶液的相关知识,注意从两个示意图分析,结合H2PO4–的性质进行分析判断是解答关键。
18.往含I-和Cl-的稀溶液中滴人AgNO3溶液,沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如右图所示。则原溶液中c(I-)/c(Cl-)的比值为
A. (V2-V1)/V1 B. V1/V2 C. V1/(V2-V1) D. V2/V1
【答案】C
【解析】
本题考查了离子反应的顺序问题,当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时,溶解度小的沉淀先生成。故反应可分为两阶段,第一阶段是碘离子与银离子反应产生碘化银沉淀,第二阶段是氯离子与银离子生成氯化银沉淀,结合图像可知答案为C
19. 下列物质的类别与所含官能团都正确的是
A. 酚类 –OH B. 羧酸 –CHO
C. 醛类 –CHO D. CH3-O-CH3醚类
【答案】D
【解析】
试题分析:A、羟基与苯环直接相连的有机物属于酚类,而该有机物的羟基不是与苯环直接相连,不属于酚类,属于醇类,错误;B、烃分子中的H原子被羧基取代的产物属于羧酸,官能团是-COOH,错误;C、该有机物的HCOO-与苯环相连,属于酯类,官能团是-COO-,错误;D、该有机物中含有键,属于醚类,正确,答案选D。
考点:考查有机物的分类及官能团的判断
20.金刚烷(C10H16)的结构如图1所示,它可以看成四个等同的六元环组成的空间构型。立方烷(C8H8)的结构如图2所示。其中金刚烷的二氯代物和立方烷的六氯代物的同分异构体分别是 ( )
A. 4种和1种 B. 5种和3种
C. 6种和3种 D. 6种和4种
【答案】C
【解析】
试题分析:金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型,分子中含4个-CH-,6个-CH2,共2种位置的H,所以该物质的一氯代物有2种,当次甲基有一个氯原子取代后,二氯代物有3种,当亚甲基有一个氯原子取代后,二氯代物有3种,共6种;立方烷的同分异构体分别是:一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替,所以二氯代物的同分异构体有3种,则立方烷的六氯代物有3种。
考点:同分异构体的判定
21.某有机物的结构简式为,它是由某烃和Cl2充分加成所得到的产物,则原有机物一定是
A. 2—丁炔 B. 2—甲基—1,3—丁二烯
C. 1,3—丁二烯 D. 1,4—二氯—2—甲基—2—丁烯
【答案】B
【解析】
试题分析:是由某烃和Cl2充分加成所得到的产物,则根据氯原子的位置可判断碳碳双键的位置,因此原烃分子的结构简式为CH2=C(CH3)-CH=CH2,则名称是2—甲基—1,3—丁二烯,答案选B。
考点:考查加成反应及烃的命名
22. 乙炔在不同条件下可以转化成许多化合物(如图),下列叙述错误的是
A. 图中五种有机物的实验式相同
B. 乙炔生成乙烯基乙炔是加成反应
C. 等质量的苯与乙烯基乙炔完全燃烧的耗氧量不同
D. 与环辛四烯均能使溴水褪色
【答案】C
【解析】
试题分析:根据有机物的结构简式可知,五种有机物的最简式都是CH,所以A正确;2分子乙炔加成即生成乙烯基乙炔,所以B正确;苯与乙烯基乙炔的最简式相同,则等质量的苯与乙烯基乙炔完全燃烧的耗氧量相同,故C错误;环辛四烯中存在碳碳双键,能与溴水发生加成反应,能使溴水褪色,故D正确,答案选C。
考点:考查有机物的结构和性质
点评:本题以乙炔为原料的有机合成为载体,重点考查有机物的结构与性质、最简式、有机物燃烧等,属于中等难度的试题的考查,是对知识的综合运用,有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。
23.在分子中,在同一平面内的碳原子最少应有( )
A. 7个 B. 8个 C. 9个 D. 14个
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构简式可知,分子中含2个苯环,苯环为平面结构,直接与苯环相连的原子与苯环在同一平面内,因2个苯环以可以旋转的单键相连,可能异面。
【详解】基与苯环平面结构通过单键相连,甲基的C原子处于苯的H原子位置,所以处于苯环这个平面;两个苯环以可以旋转的单键相连,可能异面,异面时与苯环相连的碳原子处于该苯环中的H原子位置,也处于另一个苯环这个平面,另一苯环所用的C原子都处于同一平面上,处于苯环对位上的碳原子以及碳原子所连的氢原子共线,所以至少有9个碳原子共面,故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意苯环对位上的碳原子以及碳原子所连的氢原子共线
24. 由2氯丙烷制取少量的1,2丙二醇时,需要经过下列哪几步反应
A. 加成→消去→取代 B. 消去→加成→水解
C. 取代→消去→加成 D. 消去→加成→消去
【答案】B
【解析】
2氯丙烷只含有一个官能团,1,2丙二醇含有两个官能团,且官能团种类改变,故必须引入碳碳双键,因此,2氯丙烷先发生消去反应,得到烯烃,再与溴发生加成反应,得到1,2-二溴代物,再发生水解反应,即可得到1,2丙二醇,故答案选B。
25.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如图:下列有关香叶醉的叙述正确的是( )
A. 香叶醇的分子式为C10H18O
B. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 能发生加成反应不能发生取代反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由结构简式可知,该有机物的分子式为C10H18O,分子中含2个碳碳双键和1个羟基,能表现烯烃和醇的性质。
【详解】A项、由香叶醇的结构简式可知,该有机物的分子式为C10H18O,故A正确;
B项、香叶醇分子中含有碳碳双键,能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色,故B错误;
C项、香叶醇分子中含有含有碳碳双键和与羟基相连的碳原子上连有2个氢原子,能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C错误;
D项、香叶醇分子中含有碳碳双键和醇羟基,能发生加成反应和氧化反应,故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质,注意把握有机物的官能团与性质的关系,熟悉烯烃、醇的性质是解答关键。
26.(1)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α=________%。平衡常数K343 K=________(保留2位小数)。
②在343 K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有________、________。
③比较a、b处反应速率大小:va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-v逆=k正x2SiHCl3-k逆xSiH2Cl2xSiCl4,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的v正/v逆=________(保留1位小数)。
(2)不同温度下水的离子积常数如表所示:
t/℃
0
10
20
25
40
50
100
Kw/10-14
0.114
0.292
0.681
1.01
2.92
5.47
55.0
①请用文字解释随温度升高水的离子积增大的原因 _______________;
②10℃时纯水的电离平衡常数为_________;计算100℃时纯水中电离产生的氢离子浓度为__________________。
【答案】 (1). 22 (2). 0.02 (3). 及时移去产物 (4). 改进催化剂 (5). 提高反应物压强(浓度) (6). 大于 (7). 1.3 (8). 水电离吸热,升高温度电离平衡正移 (9). 5.3×10-17 (10). 7.4×10-7mol/L
【解析】
【分析】
(1)①由于反应为吸热反应,升高温度,平衡右移;由反应的平衡常数K= c(SiH2Cl2)c(SiCl4)/c2(SiHCl3)计算;
②因该反应为气体体积不变的吸热反应,减小生成物浓度,平衡右移;增大反应物浓度或增大压强、使用合适的催化剂等措施能加快反应速率,缩短达到平衡的时间;
③反应温度越高,化学反应速率越快;由K=K正/K逆=0.02,再由a点SiHCl3转化率为20%计算各物质的物质的量分数,最后由公式计算v正/v逆;
(2)①水的电离是吸热反应,升高温度促进电离;
②一定温度下,纯水的电离平衡常数Ka=Kw/55.6mol/L,纯水中电离产生的氢离子浓度c(H+)=。
【详解】(1)①由于反应为吸热反应,升高温度,平衡右移,SiHCl3转化率增大,则a为343K时的转化率曲线,b为323K时的转化率曲线,由图可知343K时,SiHCl3转化率为22%;若起始SiHCl3的浓度为x,则平衡时SiHCl3的浓度为0.78x,SiH2Cl2和SiCl4的浓度均为0.11x,故反应的平衡常数K= c(SiH2Cl2)c(SiCl4)/c2(SiHCl3)=(0.11x)×(0.11x)/(0.78x)2≈0.02,故答案为:22;0.02;
②因该反应为气体体积不变的吸热反应,若在343K下,提高SiHCl3转化率的措施为及时移去产物减小生成物的浓度;缩短达到平衡的时间,可以采取增大反应物浓度、增大压强、使用合适的催化剂等措施,故答案为:及时移去产物;增大反应物浓度或增大压强;使用合适的催化剂;
③a点的反应温度高于b点,温度越高反应速率越快,a点的反应速率相大于b点;由化学平衡常数可知,K正/K逆=0.02,由a点SiHCl3转化率为20%,可得SiHCl3、SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分别为0.8x、0.1x和0.1x,物质的量分数分别为80%、10%和10%,则v正/v逆=0.02× 64≈1.3,故答案为:大于;1.3;
(2)①水的电离是吸热反应,升高温度促进电离,所以水的离子积常数随着温度的升高而增大,故答案为:水电离吸热,升高温度后平衡正向移动;
②1L水的物质的量=1000g/18g/mol=55.6mol,10℃时纯水的电离平衡常数Ka=Kw/55.6mol/L
=(0.292×10-14)/55.6=5.3×10-17;100℃时纯水中电离产生的氢离子浓度c(H+)===7.4×10-7mol/L,故答案为:5.3×10-17;7.4×10-7mol/L。
27.按要求回答下列问题:
(1) CH2=CHCH=CH2的系统命名为______________;
(2)3—甲基—2一戊烯的结构简式为______________;
(3)的分子式为______________;
(4)某烃的分子式为C4H4,它是合成橡胶的中间体,它有多种同分异构体
①试写出它的一种链式结构的同分异构体的结构简式______________.
②它有一种同分异构体,每个碳原子均达饱和,且碳与碳的夹角相同,该分子中碳原子形成的空间构型为______________形
【答案】 (1). 1,3—丁二烯 (2). (3). C4H8O (4). CH2=CH-C≡CH (5). 正四面体
【解析】
【分析】
(1)烯烃命名时应选含有碳碳双键的最长碳链为主链,官能团碳碳双键的位次最小;
(2)根据烯烃的命名原则进行解答,注意编号从距离碳碳双键最近的一端开始;
(3)由结构简式书写分子式。
(4)①由链式结构可知含双键和三键;
②它的一种同分异构体,每个碳均达饱和,且构成的空间构型中碳与碳间的夹角都相同,则4个C形成正四面体结构。
【详解】(1)烯烃命名时应选含有碳碳双键的最长碳链为主链,官能团碳碳双键的位次最小,则CH2=CHCH=CH2的系统命名为1,3—丁二烯,故答案为:1,3—丁二烯;
(2)3—甲基—2一戊烯的主链上有5个碳原子,碳碳双键在2、3号碳原子上,3号碳连有一个甲基,则结构简式为,故答案为:;
(3)由结构简式可知,的分子式为C4H8O,故答案为:C4H8O;
(4)①由链式结构,C4H4分子中可知含有碳碳双键和碳碳三键,结构简式为HC≡C-CH═CH2,故答案为:HC≡C-CH═CH2;
②它的一种同分异构体,每个碳均达饱和,且构成的空间构型中碳与碳间的夹角都相同,则4个C形成正四面体结构结构式为,故答案为:正四面体。
【点睛】本题考查了有机物的命名、结构简式和分子式的书写、同分异构体书写等,注意掌握常见有机物的命名原则,熟悉常见的官能团结构、名称,掌握同分异构体的判断方法是解答关键。
28.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图),以环己醇制备环己烯
已知:
(1)制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中,再加入lmL浓硫酸,摇匀后放入碎瓷片,缓慢加热至反应完全,在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是___________,导管B除了导气外还具有的作用是___________。
②试管C置于冰水浴中的目的是_____________。
(2)制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水,振荡、静置、分层,环己烯在_________层(填上或下),分液后用_________ (填入编号)洗涤。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏,蒸馏时要加入生石灰,目的是__________________。
③收集产品时,控制的温度应在_________左右,实验制得的环己烯精品质量低于理论产量,可能的原因是( )
a.蒸馏时从70℃开始收集产品
b.环己醇实际用量多了
c.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法,合理的是_________。
a.用酸性高锰酸钾溶液 b.用金属钠 c.测定沸点
【答案】 (1). 防暴沸 (2). 冷凝 (3). 防止环己烯挥发 (4). 上 (5). c (6). 干燥 (7). 83℃ (8). c (9). bc
【解析】
【分析】
(1)①为了防止液体暴沸,实验时需要加入碎瓷片防止暴沸;导管B除了导气外还具有冷凝作用;
②环己烯的沸点为83℃,易挥发;
(2)①环己烯不溶于水,且密度比水小;分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇;
②生石灰能与水反应生成氢氧化钙;
③环己烯的沸点为83℃;环己烯的精品质量偏低,说明粗产品中其他的杂质多;
(3)粗产品和精品的区别在于粗产品中含有环己醇,而精品中没有。
【详解】(1)①由方程式可知该反应为液液加热的反应,为了防止液体暴沸,实验时需要加入碎瓷片防止暴沸;由于生成的环己烯的沸点为83℃,要得到液态环己烯,导管B除了导气外还具有冷凝作用,便于环己烯冷凝,故答案为:防暴沸;冷凝;
②由于生成的环己烯的沸点为83℃,易挥发,将收集环己烯的试管置于冰水浴中,可以防止环己烯挥发,故答案为:防止环己烯挥发;
(2)①环己烯不溶于水,且密度比水小,振荡、静置、分层后环己烯在上层;由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇,用Na2CO3溶液洗涤可除去酸、吸收醇;不能用酸性高锰酸钾,否则会氧化环己烯,故答案为:上;c;
②生石灰能与水反应生成氢氧化钙,除去了环己烯中残留的水起到干燥作用,蒸馏时得到纯净的环己烯,故答案为:干燥;
③环己烯的沸点为83℃,所以收集产品时,控制的温度应在83℃;环己烯的精品质量偏低,说明粗产品中其他的杂质多,所以可能是制备粗产品时环己醇一同被蒸出,故答案为:83℃;c;
(3)粗产品和精品的区别在于粗产品中含有环己醇,而精品中没有,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化环己醇和环己烯,不能区分环己烯精品和粗品;钠和醇反应,与环己烯不反应。可以区分环己烯精品和粗品;环己醇的沸点和环己烯的沸点差别较大,测定沸点c也可以区分,故答案为:bc。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价,试题以有机合成为载体综合考查了实验室制环己烯的知识,考查了运用知识的能力,注意把握实验原理和方法,掌握实验的基本操作是解答关键。
29.卤代烃在碱性醇溶液中能发生消去反应。例如,
该反应式也可表示为
下面是几种有机化合物的转化关系:
(1)根据系统命名法,化合物A的名称是_____________。
(2)写出下列反应的反应类型,①是_________③是___________。
(3)化合物E是重要的工业原料,写出由D生成E的化学方程式:_________。
(4)C2的结构简式是____________________________,F1的结构简式是______________,F1与F2互为__________。
【答案】 (1). 2,3二甲基丁烷 (2). 取代反应 (3). 加成反应 (4). (5). (6). (7). 同分异构体
【解析】
【分析】
由有机物的转化图示可知,烃A为2,3二甲基丁烷,A与氯气在光照条件下发生取代反应生成,则变为;在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成或,由E能够发生1,2—加成和1,4—加成可知,C1为、C2为;与溴发生加成反应生成,则D为;在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成,则E为;发生1,4—加成生成,则F1为;
发生1,2—加成生成,则F2为。
【详解】(1)根据系统命名法可知化合物A的名称是2,3二甲基丁烷,故答案为:2,3二甲基丁烷;
(2)反应①是2,3二甲基丁烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成;反应③是与溴发生加成反应生成,故答案为:取代反应;加成反应;
(3)由D生成E的反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成,反应的化学方程式为,故答案为:;
(4)C2的结构简式是;F1的结构简式是,F2的结构简式是,两者分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故答案为:;;同分异构体。
【点睛】本题考查有机物推断,涉及了有机物命名、有机反应类型、同分异构体、方程式书写等,注掌握烷烃的取代反应和烯烃、二烯烃的加成反应,理解卤代烃发生消去反应,根据反应的条件确定反应的类型及产物分析是解题的关键。