高考化學大二輪復習 第3部分訓練 非選擇題專項練6
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訓練(十四) 非選擇題專項練(6) 1.某校興趣小組對SO2與新制Cu(OH)2懸濁液的反應進行探究,裝置如下: 實驗如下: 序號 試管中的藥品 現(xiàn)象 Ⅰ 1.5 mL 1 molL-1 CuSO4溶液和3.5 mL 1 molL-1 NaOH溶液混合 開始時有磚紅色沉淀A出現(xiàn),一段時間后,磚紅色沉淀消失,靜置,試管底部有少量紫紅色固體B,溶液呈藍色 Ⅱ 1.5 mL 1 molL-1 CuCl2溶液和3.5 mL 1 molL-1 NaOH溶液混合 開始時有淺紅色沉淀出現(xiàn),一段時間后,淺紅色沉淀消失,靜置,生成大量白色沉淀C,溶液呈藍色 查閱資料如下:CuCl為白色固體,難溶于水,乙醇、乙酸等,能溶于濃鹽酸,也能溶于濃或稀硝酸溶液,CuCl被氧化。 (1)甲同學通過補充兩個實驗: ①證明實驗Ⅰ中觀察到的磚紅色沉淀A是Cu2O。取少量Cu2O固體于試管中,加5 mL蒸餾水,向其中持續(xù)通入SO2,一段時間后,靜置,試管底部有少量紫紅色固體,溶液呈藍色,則說明磚紅色沉淀是Cu2O。其反應的方程式是_____________________________________________________________________。 ②甲同學重新用實驗Ⅱ的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液,過濾,用蒸餾水洗滌干凈。向洗凈后的Cu(OH)2中加入5 mL蒸餾水,再持續(xù)通入SO2氣體,現(xiàn)象與實驗Ⅰ相同。 檢驗Cu(OH)2洗滌干凈的方法是______________________________________ _____________________________________________________________________。 (2)同學們對白色沉淀的成分繼續(xù)進行探究。 ①請幫助乙同學證明C為CuCl,設計簡單的實驗方案:__________________ _____________________________________________________________________。 ②丙同學向洗滌得到的19.9 g C中加入足量的稀硝酸,得到藍色溶液,此過程中反應的離子方程式為:________________________。向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液,過濾、洗滌、干燥,得到27.9 g白色沉淀。這種實驗結(jié)果________(“偏小”、“偏大”或“不變”),可能原因是_____________________。 (3)工業(yè)上制備CuCl還可以用:將Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中,傾出部分清液,抽濾出沉淀,沉淀依次用36%的乙酸,無水乙醇洗滌多次,得白色粉末固體,真空或者充氮氣保存。 ①抽濾出沉淀操作時用到了抽濾瓶、布氏漏斗、______________等儀器和用品。 ②沉淀依次用36%的乙酸,無水乙醇,無水乙醚洗滌多次的目的是__________________。 解析 實驗Ⅰ和Ⅱ的不同點是配制Cu(OH)2的溶液時銅鹽的陰離子不同,導致現(xiàn)象不同。在實驗Ⅱ中,白色沉淀C的生成一定與Cl-有關,試題給出了CuCl的一些性質(zhì),是解決問題的關鍵。 (1)①Cu2O固體加蒸餾水,通入SO2,試管底部有少量紫紅色固體Cu,溶液呈藍色Cu2+,說明Cu2O發(fā)生了歧化反應,同時SO2被氧化,故反應的方程式是2Cu2O+SO2===CuSO4+3Cu。②甲同學重新作實驗Ⅱ的方法制備新制Cu(OH)2懸濁液,過濾,用蒸餾水洗滌干凈,防止Cu(OH)2中含有Cl-,故取適量的最后一次洗滌液于試管中,向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液,不出現(xiàn)白色沉淀,證明Cu(OH)2洗滌干凈。(2)①由實驗流程可知:后面實驗加入蒸餾水得到白色沉淀分析銅鹽只要CuCl,開始是CuCl被溶解,能夠溶解的試劑有濃鹽酸和硝酸溶液;而CuCl溶于硝酸后生成Cu(NO3)2溶液,再加入蒸餾水,白色沉淀不會溶解,故先加入的是濃鹽酸。②CuCl溶于稀硝酸,產(chǎn)生了氣體NO,CuCl中的銅元素被氧化;有CuCl~AgCl可知:m(AgCl)==28.7 g,而實際沉淀為27.9 g,偏小,說明AgCl有損失,指出損失的合理原因即可。 (3)抽濾出沉淀操作時用到了抽濾瓶、布氏漏斗及玻璃棒、濾紙等;因為Na2SO3與CuCl2反應為Na2SO3+2CuCl2+H2O===Na2SO4+2CuCl+2HCl,故過濾后殘留在CuCl表面是鈉鹽和酸,用36%的乙酸是為了除去這些雜質(zhì),而后無水乙醇是為了除去乙酸和水,快速干燥,防止氧化。 答案 (1)①2Cu2O+SO2===CuSO4+3Cu ②取適量的最后一次洗滌液于試管中,向其中滴加少量硝酸酸化的AgNO3溶液,不出現(xiàn)白色沉淀,證明Cu(OH)2洗滌干凈 (2)①白色沉淀C白色沉淀溶解出現(xiàn)白色沉淀 ②3CuCl+4H++NO===3Cu2++NO↑+2H2O+3Cl- 偏小 AgCl在干燥過程中有少量分解(其他合理答案也可) (3)①玻璃棒、濾紙 ②36%的乙酸是為了除去CuCl沉淀表面的酸和鈉鹽;無水乙醇是為了除去乙酸和水,快速干燥,防止氧化 2.蘭尼鎳是一種帶有多孔結(jié)構(gòu)的細小晶粒組成的鎳鋁合金,被廣泛用作有機物的氫化反應的催化劑。以紅土鎳礦(主要成分為NiS、FeS和SiO2等)為原料制備蘭尼鎳的工藝流程如下圖所示: (1)在形成Ni(CO)4的過程中,碳元素的化合價沒有變化,則Ni(CO)4中的Ni的化合價為________; (2)已知紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3,而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2+,寫出有關鎳元素的加壓酸浸的化學反應方程式_______________________________; (3)向浸出液A中通入H2S氣體,反應的離子方程式是______________________; (4)“高溫熔融”時能否將通入氬氣換為CO并說明原因____________________; (5)“堿浸”的目的是使鎳產(chǎn)生多孔結(jié)構(gòu),從而增強對氫氣的強吸附性,此過程中發(fā)生反應的離子方程式為__________________________。浸出反應所用的NaOH溶液的濃度要大,若NaOH溶液較稀時,則會產(chǎn)生少量的Al(OH)3沉淀而阻止浸出反應的持續(xù)進行,請用化學反應原理加以解釋: _____________________ _____________________________________________________________________。 (6)浸出液B可以回收,重新生成鋁以便循環(huán)利用。請設計簡單的回收流程:浸出液B→___________________________________________________________。 (示例:CuOCu2+Cu) 解析 (1)在Ni(CO)4中,碳元素的化合價與CO相同,為+2價,故Ni的化合價為0; (2)已知紅土鎳礦煅燒后生成Ni2O3,而加壓酸浸后浸出液A中含有Ni2+,說明Ni元素被還原,另外,在硫酸中反應只能是O元素被氧化為O2,故有關鎳元素的加壓酸浸的化學反應方程式是2Ni2O3+4H2SO4===4NiSO4+O2↑+4H2O; (3)浸出液A中含有大量的Ni2+、少量的H+和Fe3+,通入H2S時,F(xiàn)e3+發(fā)生還原反應:H2S+2Fe3+===2Fe2++2H++S↓; (4)“高溫熔融”時不能將通入氬氣換為通入CO,因為冷卻時,CO能與Ni反應生成Ni(CO)4; (5)“堿浸”的目的是溶解鎳鋁合金中的Al,使鎳產(chǎn)生多孔結(jié)構(gòu),從而增強對氫氣的強吸附性,Al溶于NaOH溶液時發(fā)生反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑;浸出反應所用NaOH溶液的濃度要大,因為Al溶于堿液生成AlO時在水中存在下列平衡:AlO+2H2OAl(OH)3+OH-,OH-濃度過小,抑制AlO的水解程度過小,所以,產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進而阻止浸出反應的持續(xù)進行。 (6)浸出液B中存在AlO,首先要將AlO沉淀下來,一般是通入足量的CO2生成Al(OH)3,然后脫水生成Al2O3,最后將Al2O3在熔融的狀態(tài)下電解即可得到金屬鋁(加入冰晶石可以降低Al2O3的熔點)。 答案 (1)0 (2) 2Ni2O3+4H2SO4===4NiSO4+O2↑+4H2O (3)H2S+2Fe3+===2Fe2++2H++S↓ (4)不能,因為冷卻時,CO能與Ni反應生成Ni(CO)4 (5)2Al+2OH-+2H2O===2AlO+3H2↑ 因為Al溶于堿液生成AlO時在水中存在下列平衡:AlO+2H2OAl(OH)3+OH-,OH-濃度過小,抑制AlO的水解程度過小,所以,產(chǎn)生的Al(OH)3就會沉積下來進而阻止浸出反應的持續(xù)進行 (6)Al(OH)3Al2O3Al 3.科學研究表明,當前應用最廣泛的化石燃料到本世紀中葉將枯竭,解決此危機的唯一途徑是實現(xiàn)燃料和燃燒產(chǎn)物之間的良性循環(huán): (1)一種常用的方法是在230 ℃、有催化劑條件下將CO2和H2轉(zhuǎn)化為甲醇蒸汽和水蒸氣。下圖是生成1 mol CH3OH時的能量變化示意圖。 已知破壞1 mol不同共價鍵的能量(kJ)分別是: C—H C—O C==O H—H H—O 413.4 351 745 436 462.8 已知E1=8.2 kJmol-1,則E2=________kJmol-1。 (2)將不同量的CO(g)和H2O(g)分別通入到體積為2 L的恒容密閉容器中進行如下反應: CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),得到如下三組數(shù)據(jù): 實驗 溫度/℃ 起始量 達到平衡 CO/mol H2O/mol H2/mol CO轉(zhuǎn)化率 所需時間/min 1 650 4 2 1.6 6 2 900 2 1 3 3 900 a b c t ①該反應的ΔH________0(填“<” 或“>” )。 ②實驗2條件下的平衡常數(shù)K=________。 ③實驗3中,若平衡時H2O的轉(zhuǎn)化率為,則a/b=________,c=________。 ④實驗4,若900 ℃時,在容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol,則此時v正________v逆(填“<” ,“>”或“=”)。 (3)捕捉CO2可以利用Na2CO3溶液。先用Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3,然后使NaHCO3分解,Na2CO3可以進行循環(huán)使用。將100 mL 0.1 molL-1 Na2CO3的溶液中通入112 mL(已換算為標準狀況)的CO2,溶液中沒有晶體析出,則: ①反應后溶液中的各離子濃度由大到小的順序是____________。 ②反應后的溶液可以作“緩沖液”(當往溶液中加入一定量的酸和堿時,有阻礙溶液pH變化的作用),請解釋其原理_____________________________________ _____________________________________________________________________。 解析 (1)由反應:CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)可知,ΔH=(7452+4363-413.43-351-462.83)kJmol-1=-181.6 kJmol-1;又E1-E2=ΔH,可知E2=189.8 kJmol-1。 (2)①650 ℃時CO的轉(zhuǎn)化率為=0.4大于,加壓不影響平衡狀態(tài),故升高溫度平衡逆向一定,正反應放熱,ΔH<0;②K===1;③因為900 ℃時的K=1,將實驗2中的CO和H2O濃度互換,則K值不變,若平衡時,H2O的轉(zhuǎn)化率為,則a/b=1/2,c=;④實驗4,若900 ℃時,在容器中加入的CO、H2O、CO2、H2均為1 mol,同一容器的體積相同,各物質(zhì)的濃度也相同,所以Qc=1,Qc=K,該可逆反應達到平衡,此時v正=v逆。 (3)①原溶液中n(Na2CO3)=10010-3L0.1 molL-1=0.01 mol;標準狀況下112 mL的CO2的物質(zhì)的量為0.005 mol。由反應Na2CO3+H2O+CO2===2NaHCO3可知,反應后的溶液中剩余n(Na2CO3)=0.005 mol、生成n(NaHCO3)=0.005 mol。因為CO的水解生成HCO且比水解HCO能力強,溶液顯堿性,故有:c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)。 ②反應后的溶液存在HCOCO+H+,加入少量的酸,平衡逆向移動,溶液pH變化不大;加入少量的堿平衡正向移動,溶液pH變化也不大,故該溶液可以作“緩沖液”。 答案 (1)189.8 (2)① 、?1 ③ 1/2 或?、?=(3)①c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+) ②反應后的溶液存在HCOCO+H+,加入少量的酸,平衡逆向移動,溶液pH變化不大;加入少量的堿平衡正向移動,溶液pH變化也不大,故該溶液可以作“緩沖液” 4.利用氟磷灰石[(Ca5(PO4)3F)]生產(chǎn)磷銨[(NH4)3PO4]并制取硫酸、聯(lián)產(chǎn)水泥。其工藝流程如下圖所示: (1)操作I的名稱____________;在實驗室中操作Ⅱ包括____________、____________。 (2)沸騰槽的材質(zhì)是________________(從“玻璃”、“鋼鐵”、“附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨”中選擇),選擇的理由是________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合,在電爐中加熱到1 500 ℃生成白磷,同時逸出SiF4和CO,反應方程式為____________________________。 (4)黏土中有一種成分為石脂[Al2(OH)4Si2O5nH2O],其用氧化物表示為____________。 (5)已知SO2的催化氧化反應為2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0。從化學反應原理的角度說明催化氧化時使用熱交換器的原因_______________________。 (6)制硫酸所產(chǎn)生的尾氣除了含有N2、O2外,還含有SO2、微量的SO3和酸霧。擬用下圖所示的裝置測定硫酸尾氣中SO2的含量: 若下列各組中的試劑,前者濃度為0.1 molL-1,后者適量,溶液體積為5 mL;通入尾氣10 L(已換算為標準狀況)時反應管中的溶液恰好變色。判斷下列試劑組能否測定硫酸尾氣中SO2的體積分數(shù)。能者,確定SO2的體積分數(shù);不能者,說明原因。 編號 試劑組 結(jié)論 ① NaOH溶液、酚酞試液 ② Na2CO3溶液、酚酞試液 ③ 碘水、淀粉溶液 ④ KMnO4溶液、稀硫酸 解析 (1)操作Ⅰ得到的是H3PO4液體和石膏固體,所以是過濾;在實驗室中操作Ⅱ的目的是從溶液中得到晶體,包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。 (2)因為沸騰槽中的反應是在酸性且加熱的條件下進行的,此條件下鋼鐵易被酸溶解;反應產(chǎn)生了HF,HF能腐蝕玻璃。聚偏氟乙烯防腐層不用熱硫酸和HF反應,故沸騰槽應選用附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨材質(zhì)。 (3)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合,在電爐中加熱到1 500 ℃生成白磷,同時逸出SiF4和CO,可以先寫出:Ca5(PO4)3F+SiO2+CCaSiO3+P4+SiF4↑+CO↑,再配平。 (4)石脂[Al2(OH)4Si2O5nH2O],它可以用氧化物表示為Al2O32SiO2(n+2)H2O。 (5)催化氧化時使用熱交換器的原因是移去反應中放出的熱量,使反應后的氣體降溫,有利于平衡正向移動,并預熱未反應的氣體,從而加快初始反應速率。 ①不能,因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應,且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性,不能確定反應終點; ②不能,因為SO2可以與Na2CO3溶液反應生成Na2SO3,反應后溶液仍然為堿性,不能確定反應終點; ③用淀粉作指示劑,可以證明I2反應完全:I2+SO2+2H2O===H2SO4+2HI,n(SO2)=n(I2)=0.1 molL-1510-3L=0.510-3mol,V(SO2)=0.510-3mol22.4 Lmol-1=1.1210-2L,故尾氣中SO2的體積分數(shù)是0.112%; ④高錳酸鉀溶液本身的紫色可以作終點指示,故可以用來測定硫酸尾氣中SO2的體積分數(shù)。由于5SO2+2KMnO4+2H2O===K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,按反應關系可以得到尾氣中SO2的體積分數(shù)是0.28 %。 答案 (1)過濾 蒸發(fā)濃縮 冷卻結(jié)晶 (2)附有聚偏氟乙烯防腐層的石墨 因為酸性且加熱,鋼鐵易被溶解,反應產(chǎn)生HF,HF能腐蝕玻璃 (3)4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑ (4)Al2O32SiO2(n+2)H2O (5)移去反應中放出的熱量,使反應后的氣體降溫并預熱未反應的氣體 (6) ①不能,因為SO2和CO2均可以與NaOH溶液反應,且產(chǎn)物Na2SO3、Na2CO3的溶液仍然為堿性,不能確定反應終點 ②不能,因為SO2可以與Na2CO3溶液反應生成Na2SO3,反應后溶液仍然為堿性,不能確定反應終點 ③0.112% ④0.28% 5.(1)已知X和Y均為短周期元素,其原子的第一至第五電離能如下表所示: 電離能(kJmol-1) I1 I2 I3 I4 I5 X 801 2 427 3 660 25 026 32 827 Y 577.5 1 816.7 2 744.8 11 577 14 842 根據(jù)上述信息: ① X和氯元素形成的簡單分子的空間構(gòu)型為____________; ② Y的基態(tài)原子的核外電子排布式為____________,若Y和氯元素所形成的分子的相對分子質(zhì)量為267,請在下列方框中寫出該分子的結(jié)構(gòu)式(若存在配位鍵,用“→”表示) (2)碳元素可以形成多種單質(zhì)及化合物: ① C60的結(jié)構(gòu)如圖1。C60中的碳原子的雜化軌道類型是____________; 已知: 碳元素單質(zhì) C-C鍵長/ pm 熔點/℃ 金剛石 154.45 3 900 C60 145~140 600(升華) 解釋:②金剛石中的C-C的鍵長大于C60中C-C的鍵長的原因是_____________________________________________________________________; ③ 金剛石的熔點高于C60的原因是__________________________________。 (3)如圖2是鉀的石墨的插層化合物的晶胞圖(圖中大球表示K原子,小球表示C原子),如圖3是晶胞沿右側(cè)方向的投影: ① 該化合物的化學式是____________; ② K層與C層之間的作用力是________________; ③ K層中K原子之間的最近距離是C-C的鍵長dC-C的________倍。 (4)SiC的晶胞與金剛石的晶胞相似,設碳原子的直徑為a cm,硅原子的直徑為b cm,則晶胞的邊長為________ cm(用含a、b的式子表示)。 解析 (1)X和Y為短周期元素,其原子都有第一至第五電離能,原子多于5個電子。又由于X、Y都是I4遠大于I3,說明最外層都是3個電子。X、Y元素的原子的I1,X大于Y的,故X是B、Y是Al。 ①X(B)和氯元素形成的簡單分子BCl3的中心原子B原子的價層電子無孤電子對,所以其空間構(gòu)型為平面正三角形; ②Y(Al)的基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p1,Y和氯元素形成的分子的相對分子質(zhì)量為267,其分子式是Al2Cl6,Al原子最外層有3個電子,與3個Cl原子形成共價鍵,還有1個空軌道,可以接收Cl原子提供的孤對電子形成配位鍵,故其結(jié)構(gòu)式是。 (2)①C60中的每一個碳原子都與3個相鄰的碳原子以共價鍵相結(jié)合,故碳原子軌道以sp2的形式雜化;②金剛石中的C—C鍵為單鍵,而C60中的每個碳原子都以sp2的形式雜化,其2p軌道上還有一個單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面,相互之間肩并肩重合形成π鍵,故金剛石中的C—C的鍵長大于C60中C—C的鍵長;③C60是分子晶體,熔化時破壞的是分子間作用力,金剛石是原子晶體,融化時破壞的是共價鍵。 (3)①根據(jù)均攤法:晶胞中的原子數(shù)目分別為K:4(頂角)+4(面上)+5(體心)=1+2+5=8,C:4[8(面上)+12(體心)]=416=64。原子數(shù)目之比K∶C=8∶64=1∶8,故該化合物的化學式是C8K; ②K屬于活潑金屬元素,C為非金屬元素,二者之間的作用力為離子鍵; ③設晶胞沿右側(cè)方向的投影的邊長為2a,寬為a,則K層中K原子之間的最近距離為a,正六邊形的內(nèi)角為120,則4dC-Ccos 30=a,故a=2dC-C; (4)碳化硅的晶胞與金剛石的晶胞相似(如圖),碳原子與硅原子最近距離為晶體體對角線的,若晶胞的邊長為l cm,則晶體體對角線為l cm=4(-),故l=。 答案 (1)① 平面正三角形 ②1s22s22p63s23p1 (2) ① sp2雜化 ② 金剛石中的C-C鍵為單鍵,而C60中每個碳原子都以sp2的形式雜化,其2p軌道上還有一個單電子軌道垂直于sp2雜化軌道的平面,相互之間肩并肩重合形成π鍵,故金剛石中的C-C的鍵長大于C60中C-C的鍵長 ③ C60是分子晶體,熔化時破壞的是分子間作用力,金剛石是原子晶體,融化時破壞的是共價鍵 (3)① C8K ② 離子鍵?、?2 (4) 6.工業(yè)上以苯為主要原料生產(chǎn)可降解塑料PCl的合成路線如圖所示。 已知: (R、R′代表烴基) (1)F中含氧官能團的名稱是____________。 (2)由苯生成W的反應類型是____________,由X生成E的反應類型是____________。 (3)B的名稱是________________,X的名稱是_________________________。 (4)1 mol四溴雙酚與足量NaOH溶液反應,最多可消耗NaOH的物質(zhì)的量為____________。 (5)若Y的苯環(huán)上只有2種不同化學環(huán)境的氫原子,則B與HCHO反應生成Y的化學方程式為_____________________________________________________。 (6)高分子化合物PCl的結(jié)構(gòu)簡式是____________。 (7)A的同分異構(gòu)體有很多,寫出同時滿足下列條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式:_______________________________________________________________。 ①能與NaOH溶液反應;②能發(fā)生銀鏡反應;③苯環(huán)上有2種不同化學環(huán)境的氫原子。 解析 苯分子中一個H原子被中的取代生成W,聯(lián)系已知信息和A水解生成CH3COOH,可知A為,A水解生成苯酚(B)和乙酸。苯與H2發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷(D),D與Cl2發(fā)生取代反應后再水解生成環(huán)己醇(X),環(huán)己醇發(fā)生氧化反應生成環(huán)己酮(E),E被過氧化物氧化生成 (H),H水解后發(fā)生縮聚反應生成。苯酚與甲醛反應生成。1 mol四溴雙酚水解生成的有機物中含6 mol酚羥基,還生成4 mol HBr,故1 mol四溴雙酚最多可消耗10 mol NaOH。滿足條件的A的同分異構(gòu)體是甲酸酯,苯環(huán)上有2種不同化學環(huán)境的氫原子,其結(jié)構(gòu)簡式為。 答案 (1)(酚)羥基 (2)取代反應 氧化反應 (3)苯酚 環(huán)己醇 (4)10 mol (5)2+HCHO―→+H2O (6) (7)- 配套講稿:
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