黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三化学上学期期中试题(含解析).doc

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黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三化学上学期期中试题(含解析)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。可能用到的相对原子质量:N-14O-16C1-35.5Au-197Cu-64第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题:本题共13小题,每小题6分,共78分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.下列说法不正确的是A.葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定B.改燃煤为燃气,可以减少废气中SO2等有害物质的排放量,是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施C.实验室保存少量液溴时常加少量水液封,并用玻璃塞密封,不能用橡胶塞D.水玻璃是混合物,可用于生产黏合剂(矿物胶),做耐火阻燃材料【答案】A【解析】【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖,都能使酸性KMnO4溶液褪色,因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定,故A说法错误;B、燃气中不含S元素,因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放,是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施,故B说法正确;C、实验室保存少量的液溴,液溴易挥发,需要加入少量的水液封,液溴能与橡胶塞发生反应,需要用玻璃塞密封,故C说法正确;D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液,可用于生产黏合剂,做耐火阻燃材料,故D说法正确。2.下列关于阿伏加德罗常数(NA)的说法不正确的是A.标准状况下,22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B.28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAC.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2molO2,转移电子的数目为0.4NAD.常温下,10LpH=13的NaOH溶液中含有的OH-的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A、标准状况下,CH2Cl2的状态不是气体,因此不能直接用22.4L·mol-1 进行计算,故A说法错误;B、乙烯和环丁烯符合CnH2n,28g该混合物含有C原子物质的量为28×n/14n=2mol,故B说法正确;C、Na2O2与H2O反应方程式为:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,生成1molO2,转移电子物质的量为2mol,因此生成0.2molO2,转移电子物质的量为0.4mol,故C说法正确;D、常温下,pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol·L-1,则n(OH-)=10×0.1mol=1mol,故D说法正确。【点睛】易错点是选项D,学生认为c(OH-)=0.1mol·L-1是NaOH电离产生,水也能电离出OH-,即溶液中n(OH-)>1mol,学生忽略了pH=13,求出的c(H+)是溶液中H+的物质的量浓度,根据水的离子积,计算出的OH-的浓度,是溶液中OH-的物质的量浓度。3.山西老陈醋素有“天下第一醋”的盛誉。食醋中含有乙酸,下列关于乙酸的说法中错误的是A.乙酸分子中含有4个氢原子,但乙酸是一元酸B.往食醋溶液中滴入紫色石蕊试液,溶液将变红C.往热水瓶内胆中加入适量的食醋,可去除水垢D.制取乙酸乙酯时,乙酸分子中的氢被乙基(—C2H5)取代【答案】D【解析】试题分析:A.尽管其分子中含有4个氢原子,但在水中只有羧基上的氢原子能发生部分电离,因此乙酸是一元酸,A正确;B.乙酸的酸性较弱,但比碳酸的酸性强,它可使石蕊试液变红,B错误,C、醋酸酸性强于碳酸,醋酸可以和水垢的主要成分碳酸钙反应,C正确;D.制取乙酸乙酯时,乙酸分子中的羟基被(—O-C2H5)取代,D错误;选D。考点:考查乙酸的性质。4.下列离子方程式书写正确的是A.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2:IO+I-+6H+===I2+3H2OB.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀:2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-===2BaSO4↓+Al(OH)3↓C.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2:2NH3·H2O+SO2===2NH4++SO32-+H2OD.用铜作电极电解CuSO4溶液:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+【答案】C 【解析】【详解】A、反应前后所带电荷数不相等,正确的是IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,故A错误;B、明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O,明矾中SO42-全部转化成沉淀,需要2molBa(OH)2,此时Al元素以AlO2-的形式存在,故B错误;C、氨水是过量,因此反应的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O,故C正确;D、用铜作电极,根据电解原理,阳极反应式为Cu-Se-=Cu2+,阴极反应式为Cu2++2e-=Cu,故D错误。5.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性:N>C>Si稀硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液B验证氧化性:Cl2>Br2浓盐酸KMnO4FeBr2溶液C验证SO2有还原性浓硫酸Na2SO3KMnO4溶液D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、硝酸具有挥发性,从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3,对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰,不能达到实验目的,故A不符合题意;B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2,FeBr2中Fe2+的还原性强于Br-,氯气先于Fe2+发生反应,对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰,不能达到实验目的,故B不符合题意;C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2,气体通入到KMnO4溶液中,如果KMnO4溶液褪色,体现SO2的还原性,能够达到实验目的,故C符合题意; D、Na2SO3具有还原性,氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4,与实验目的不符,故D不符合题意。6.短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y、Z具有如下信息:①R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同;②Q是地壳中含量最高的元素,R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数;③W与R同主族,Z与Q同主族。下列说法正确的是A.Q与Y组成的常见物质是一种两性物质,能与氨水反应B.已知WRZQ3溶液呈酸性,若将WRZQ3固体溶于水,能抑制水的电离C.元素Q与W形成的两种常见化合物中含有完全相同的化学键D.元素T、Q、W、Y的原子半径大小为TAl>N>O,故D错误。【点睛】微粒半径大小比较,一看电子层数,一般电子层数越多,半径越大;二看原子序数,电子层数相等,半径随着原子序数的递增而减小;三看电子数,电子层数相等,原子序数相等,电子数越多,半径越大。7.如图是一个用铂丝作电极,电解稀的MgSO4溶液的装置,电解液中加有中性红指示剂,此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围:6.8~8.0,酸色—红色,碱色—黄色,Mg(OH)2 沉淀的pH=9),接通电源一段时间后A管产生白色沉淀,下列叙述不正确的是A.电解过程中电极附近溶液颜色变化是A管溶液由红变黄,B管溶液不变色B.A管中发生的反应:2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+Mg(OH)2↓C.检验b管中气体的方法是用拇指堵住管口,取出试管,放开拇指,将带有火星的木条伸入试管内,看到木条复燃D.电解一段时间后,切断电源,将电解液倒入烧杯内观察到的现象是溶液呈黄色,白色沉淀溶解【答案】D【解析】【分析】按照电解原理,A为阴极,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,B为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,按照题所给信息完成即可。【详解】A、根据电解原理,A管电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,根据题中信息,指示剂:碱色为黄色,因此A管溶液由红变黄,B管电极反应式为:2H2O-4e-=O2↑+4H+,溶液仍为红色,故A说法正确;B、A管电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,根据信息,一段时间后,A管出现白色沉淀,发生Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,即A管总反应为2H2O+Mg2++2e-=H2↑+Mg(OH)2↓,故B说法正确;C、根据上述分析,b管中收集的气体为氧气,检验氧气:用拇指堵住管口,取出试管,放开拇指,将带有火星的木条伸入试管内,看到木条复燃,说明收集的气体为氧气,故C说法正确;D、由于该电解池实质是电解水,因此将电解液倒入烧杯中,整个溶液呈中性,指示剂为红色,氢氧化镁溶解,故D说法错误。8.亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5 ℃)是一种黄色气体,遇水反应生成一种氯化物和两种氮化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:①制备NO发生装置可以选用___________________(填写字母代号),请写出发生反应的离子方程式:___________________。②欲收集一瓶干燥的氯气,选择装置,其连接顺序为:a→__________________(按气流方向,用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:①实验室也可用X装置制备NO,X装置的优点为________________________________。②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开____________,通入一段时间气体,其目的为___________________________,然后进行其他操作,当Z有一定量液体生成时,停止实验。③若无装置Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为________________________。④若尾气处理装置连接上图烧杯中导管d,则烧杯中可加入__________溶液。(3)取Z中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液,取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3 标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为22.50mL。则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为________(用代数式表示)。[已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12]【答案】(1).B(2).3Cu+8H++NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(3).f→g→c→b→d→e→j→h(4).排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停(5).K3(6).排干净三颈瓶中的空气,防NO和NOCl变质(7).2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑(8).NaOH(9).14.7375c/m×100%【解析】【详解】(1)①制备NO,常用Cu和稀硝酸反应:3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,因此选用的装置为B,反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;②a装置为制备Cl2装置,制备的氯气中混有HCl和水蒸气,先通过饱和食盐水除去HCl,然后通过浓硫酸,氯气的密度大于空气的密度,收集时从d管通入,氯气有毒,必须尾气处理,连接顺序是a→f→g→c→b→d→e→j→h;(2)①装置X的优点是排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②NO与O2能发生反应,先通入一段时间的气体,排除三颈烧瓶中的空气,防止NO和NOCl变质,即打开K2后,然后打开K3;③装置Y的作用是干燥NO,NOCl能与水反应,因此无装置Y,则NOCl与水发生反应,根据信息,反应方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑;④尾气中含有HCl、Cl2、NO、NO2,HCl和Cl2能与NaOH发生反应,被除去,NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O,因此烧杯中可加入NaOH溶液;(3)K2CrO4为指示剂,根据溶度积大小,Ag+先于Cl-反应生成AgCl,建立关系式:NOCl~HCl~AgNO3,NOCl的质量分数为×100%=14.7375c/m×100%。9.工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4,还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7),某实验小组模拟其流程如下图所示: (1)步骤①中,焙烧时所用的仪器材质应选用_________(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”),选用该材质的原因是(结合化学方程式解释):_____________________________________________。(2)配平步骤①中主要反应:____FeCr2O4+___O2+___Na2CO3___Fe2O3+___Na2CrO4 +___CO2_____________(3)操作④中,酸化时,CrO42-(黄色)转化为Cr2O72-(橙色),写出平衡转化的离子方程式:____________________________________________________________。用红矾钠溶液进行下列实验:实验过程中,①中溶液橙色加深,③中溶液变黄,对比②和④可得出结论:___________________。(4)步骤③用硫酸将溶液的pH调至中性,所得滤渣的主要成分是__________、____________;(5)下图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线,步骤④中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为____________、___________。 (6)某工厂采用电解法处理含铬废水,耐酸电解槽用铁板作阴阳极,槽中盛放含铬废水,原理示意图如上,若不考虑气体的溶解,当收集到H213.44L(标准状况下)时有____________molCr2O72-被还原,一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10-5 mol·L-1,则c(Fe3+)=_________。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 mol·L-1,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31mol·L-1)【答案】(1).铁质(2).Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑(3).4 78288(4).2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O(5).红矾钠酸性溶液氧化性强(6).H2SiO3(H4SiO4或SiO2·H2O)(7).Al(OH)3(8).加热浓缩(9).趁热过滤(10).0.1mol(11).2.0×10-12 mol·L-1【解析】【详解】(1)焙烧时,加入纯碱,Na2CO3在高温下与SiO2发生反应,瓷质、石英成分是SiO2,因此焙烧时应选用铁质,SiO2与Na2CO3反应的方程式为Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2;(2)FeCr2O4中Fe显+2价,Cr显+3价,根据反应方程式为,Fe元素的化合价由+2价→+3价,升高1价,Cr元素的化合价由+3价→+6价,Cr整体升高6价,FeCr2O4整体升高7价,O2中O的化合价降低,整体降低4价,最小公倍数为28,根据原子守恒配平其他,反应方程式为4FeCr2O4+7O2+8Na2CO3=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2;(3)CrO42-溶液中存在:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,酸化,加入H+,c(H+)增大,平衡向正反应方向进行,溶液颜色由黄色转化为橙色;①:加入硫酸,促使平衡向正反应方向进行,①中滴加C2H5OH,溶液变成绿色,Cr元素以Cr3+形式存在,发生氧化还原反应;红钒钠溶液中加入NaOH,使平衡向逆反应方向进行,滴加C2H5OH溶液,溶液不变色,没有发生氧化还原反应,对比实验得出结论是红钒钠在酸性条件下具有强氧化性;(4)根据流程图,反应③除去Al、Si等元素,银此滤液1中加入硫酸发生AlO2-+H+ +H2O=Al(OH)3↓,SiO32-+2H+=H2SiO3↓,滤渣成分是H2SiO3和Al(OH)3;(5)得到Na2SO4,根据图像,Na2SO4的溶解度随着温度的升高而降低,得到Na2SO4的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶;(6)根据装置图,B电极反应式为2H++2e-=H2↑,A电极反应式为Fe-2e-=Fe2+,建立:H2~Fe2+,n(Fe2+)=13.44/22.4mol=0.6mol,根据得失电子数目守恒,n(Fe2+)×1=n(Cr2O72-)×2×3,解得n(Cr2O72-)=0.1mol,同时产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀,则溶液中有c(Fe3+)/c(Cr3+)=Ksp[Fe(OH)3]/Ksp[Cr(OH)3],代入数值,得出:c(Fe3+)=2.0×10-12mol·L-1。10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标,工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染,而且可得到有经济价值的单质S。(1)在复合组分催化剂作用下,CH4可使SO2转化为S,同时生成CO2和H2O。己知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol,则CH4和SO2反应的热化学方程式为_________________________________________________。(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成,如图1所示,该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:①分析可知X为________(写化学式),0~t1时间段的温度为_____,0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为___________________________。②总反应的化学方程式为__________________________________________________________。(3)焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g),恒容容器中,1mol/LSO2与足量的焦炭反应,SO2的转化率随温度的变化如图3所示。①该反应的△H_________________________0(填“>”或“<”)②计算700℃该反应的平衡常数为____________________。 【答案】(1).CH4(g) + 2SO2(g)= CO2(g) +2S(s) +2H2O(l)△H=-295.9 kJ/mol(2).H2S(3).300℃(4).2×10-3/t1 mol/(L•min)(5).2H2+SO2S+2H2O(6).<(7).36.45 mol/L【解析】【详解】(1)CH4的燃烧的热化学反应方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol-1①,S燃烧的热化学反应方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297.2kJ·mol-1②,CH4和SO2反应的方程式为CH4+2SO2=2S+CO2+2H2O,因此有①-2×②得出CH4(g)+SO2(g)=2S(s)+CO2(g)+2H2O(l)△H=(-890.3+2×297.2)kJ·mol-1=-295.9kJ·mol-1;(2)①H2还原SO2发生反应:2H2+SO2=S+2H2O,图1右侧,SO2→S,S元素的化合价降低,根据氧化还原反应特点,化合价有升高,必然有降低,因此推出X为H2S;0~t1时间,X的浓度达到最大,应是图1左侧反应,4H2+SO2=H2S+2H2O,温度应为300℃;根据化学反应速率的表达式,v(SO2)=(3-1)/t1mol/(L·min);②根据上述分析,总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O;(3)①根据图像,700℃SO2的转化率达到最大,反应达到平衡,右侧随着温度的升高,SO2的转化率降低,根据勒夏特列原理,正反应为放热反应,即△H<0;②2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)起始:100变化:0.90.450.9平衡:0.10.450.9化学平衡常数的表达式为K=[c(S2)×c2(CO2)]/c2(SO2),代入数值,得出K=36.45。 11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下:(1)下列有关石墨烯说法正确的是________________。A.键长:石墨烯>金刚石B.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C.12g石墨烯含键数为NAD.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力(2)化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一,催化剂为金、铜、钴等金属或合金,含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①铜原子在基态时,在有电子填充的能级中,能量最高的能级符号为_____________;第四周期元素中,最外层电子数与铜相同的元素还有________________________。②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷,请解释原因______________________________。③下列分子属于非极性分子的是__________________。a.甲烷b.二氯甲烷c.苯d.乙醇④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图,酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是__________;酞菁铜分子中心原子的配位数为________________。⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图,该晶胞中,Au占据立方体的8个顶点):它的化学式可表示为_____;在Au周围最近并距离相等的Cu有_____个,若2个Cu原子核的最小距离为dpm,该晶体的密度可以表示为___________________g/cm3 。(阿伏伽德罗常数用NA表示)【答案】(1).BD(2).3d(3).K、Cr(4).乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键(5).a、c(6).sp2(7).2(8).Cu3Au或AuCu3(9).12(10).389•21/2•1030/(NA•d3•4)【解析】(1)A.金刚石中碳原子之间只存在σ键,石墨烯中碳原子之间存在σ键和π键,因此键长:石墨烯<金刚石,故A错误;B.石墨烯是平面形分子,分子中所有原子可以处于同一平面,故B正确;C.一个碳原子中含有个单键,即个σ键,所以12g石墨烯含σ键数为NA,故C错误;D.石墨层内是共价键,石墨层与层之间的作用力是范德华力,所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力,故D正确;故选:BD;(2)①铜原子在基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,在有电子填充的能级中,能量最高的能级符号为3d;第四周期元素中,最外层电子数与铜相同的元素还有3d04s1和3d54s1,即K和Cr,故答案为:3d;K、Cr;②乙醇分子间存在氢键,使得其溶沸点升高,而丁烷不存在氢键,故答案为:乙醇分子间存在氢键,使得其溶沸点升高,而丁烷不存在氢键;③a.甲烷为正四面体,结构对称,正负电荷的中心重合,属于非极性分子,故a正确;b.二氯甲烷为四面体分子,结构不对称,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故b错误;c.苯为平面正六边形,结构对称,正负电荷的中心重合,属于非极性分子,故c正确;d.乙醇结构不对称,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故d错误;故选:ac;④酞菁分子中碳原子含有3个σ键和1个π键,所以采取sp2杂化;该分子中能提供孤对电子的氮原子才是配位原子,所以酞菁铜分子中心原子的配位数为2,故答案为:sp2;2;⑤该晶胞中含Cu原子个数=6×=3,含有Au=8×=1,所以其化学式为Cu3Au或AuCu3,根据图示,铜原子周围最近并距离相等的Au原子有4个,根据化学式,在Au周围最近并距离相等的Cu有12个;若2个Cu原子核的最小距离为dpm,则晶胞的棱长为dpm=d×10-10cm,该晶体的密度==g/cm3,故答案为:Cu3 Au或AuCu3;12;。点睛:本题考查了物质结构与性质,难度较大,注意形成配位键的本质、配位数的确定方法和确定中心原子的杂化类型。本题的易错点为晶胞的计算,注意根据2个Cu原子核的最小距离,计算晶胞的棱长。12.有机物F是一种香料,其合成路线如图所示:已知:iii(1)D的名称为__________,试剂X的结构简式为___________,步骤Ⅵ的反应类型为_________。(2)步骤Ⅱ反应的化学方程式为__________________________________。(3)满足括号中条件(①苯环上只有两个取代基,②能与FeCl3溶液发生显色反应,③能发生水解反应和银镜反应)的E的同分异构体有_______种,其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为___________________________。(4)依据题中信息,完成以为原料制取的合成路线图_________。(无机试剂一定要选银氨溶液,其它无机试剂任选)合成路线图示例如下:【答案】(1).对甲基苯酚钠或4-甲基苯酚钠(2).CH3CHClCOOH(3).取代(或酯化)反应(4).C6H5-CH2Cl+NaOHC6H5-CH2OH+NaCl(5).15(6).(7). 【解析】【分析】A为烃,根据反应III得到产物,判断出反应III为取代反应,即A为甲苯,结构简式为,反应IV发生水解反应,即D的结构简式为,根据F的结构简式,反应VI为酯化反应,根据D的结构简式,推出E的结构简式为,C的结构简式为:,根据反应II的条件,反应II发生水解反应,即B为。【详解】A为烃,根据反应III得到产物,判断出反应III为取代反应,即A为甲苯,结构简式为,反应IV发生水解反应,即D的结构简式为,根据F的结构简式,反应VI为酯化反应,根据D的结构简式,推出E的结构简式为,C的结构简式为:,根据反应II的条件,反应II发生水解反应,即B为;(1)根据上述分析,D的名称为对甲基苯酚钠或为4-甲基苯酚钠;根据信息ii,以及D和E的结构简式,推出试剂X为CH3CHClCOOH;步骤VI为酯化反应或取代反应;(2)反应II发生水解反应或取代反应,其反应方程式为C6H5CH2Cl+NaOHC6H5CH2OH+NaCl;(3)能与FeCl3 溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,能发生水解反应和银镜反应,说明含有甲酸形成的酯基,苯环上有两个取代基,苯环上取代基一个是-OH,另一个是-CH2CH2CH2OOCH或-CH(CH3)CH2OOCH或-C(CH3)2OOCH或-CH2CH(CH3)OOCH或-CH(CH2CH3)OOCH,两个取代基位置为邻间对三种,共有15种;有五种峰,说明有五种不同的氢原子,即结构简式为;(4)根据信息i,引入-Cl,先将-CH2OH氧化成-COOH,然后在红磷并加热时与氯气发生反应,得到产物,路线为。【点睛】本题难点是同分异构体的书写,需要根据限制条件,判断出含有官能团或结构,与FeCl3发生显色反应,说明含有酚羟基,能水解反应和银镜反应,根据E的结构简式,应含有甲酸形成的酯基,苯环上有两个取代基,其中一个是酚羟基,另一个取代基先写出-CH2CH2CH2OOCH,最后根据碳链异构,书写出其他。

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