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- 2021-07-08 发布
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云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷(二)
理科综合试题化学部分
1. 化学与生活、社会发展息息相关,下列说法错误的是( )
A. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应
B. 食品包装盒中的生石灰或铁粉,都可以起到抗氧化的作用
C. 疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性
D. 汞蒸气有毒,体温表不慎打碎洒落一些汞,可撒上硫粉进行处理
【答案】B
【解析】
【详解】A. 鉴别KNO3和Na2SO4,利用钾元素和钠元素的焰色反应不同,钠元素焰色反应为黄色,钾元素焰色反应为透过蓝色钴玻璃为紫色,故A正确;
B. 食品包装盒中的生石灰是干燥剂,铁粉起到抗氧化的作用,故B错误;
C. 温度升高,蛋白质会发生变性,为避免蛋白质变性失活,疫苗一般应冷藏存放,故C正确;
D. 硫能与汞反应生成硫化汞,故体温表不慎打碎洒落一些汞,可撒上硫粉进行处理,故D正确;
答案选B。
2. 如图所示实验中,所选装置能达到实验目的的是( )
A. 装置①可用于制取氯气
B. 装置②可用于制备碳酸氢钠
C. 装置③可用于分离饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯
D. 装置④⑤可用于提纯粗盐
【答案】D
【解析】
【详解】A. 装置①中缺少加热装置,故不可用于制取氯气,A错误;
B. 装置②中二氧化碳气体应从长管通入,故不可用于制备碳酸氢钠,B错误;
C. 用分液法分离饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯,C错误;
D. 过滤除去不溶性杂质后,再蒸发结晶可得食盐,装置④⑤可用于提纯粗盐,D正确;
答案选D。
3. 设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )
A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B. 64g铜与一定浓度的硝酸完全反应时,转移的电子数为2NA
C. 常温下1LpH=7的1mo/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA
D. 在2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中,当生成2.24LPH3,转移了0.3NA电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.16.25g氯化铁的物质的量是=0.1mol,由于氢氧化铁胶体是分子的集合体,因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA,选项A错误;
B.64g铜的物质的量为: =1mol,1mol题完全反应转移了2mol电子,转移的电子数为2NA,选项 B正确;
C.CH3COO-、NH4+水解,常温下1LpH=7的1mo/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均小于NA,选项C错误;
D.在2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑反应中,当生成2molPH3,转移了6mol电子,但非标准状况下无法计算PH3的物质的量,就无法计算转移的电子数,选项D错误;
答案选B。
4. 下列离子方程式与所述事实相符且正确的是( )
A. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4溶液橙色加深:Cr2O(橙色)+H2O=2CrO(
黄色)+2H+
B. 用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4:Ca2++CO=CaCO3↓
C. 用H2O2从酸化海带灰浸出液中提取碘:IO+3H2O2=I-+3H2O+3O2
D. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的物质的量最多:Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4,氢离子浓度增大, Cr2O(橙色)+H2O 2CrO(黄色)+2H+左移,Cr2O浓度增大,溶液橙色加深,A正确;
B. 用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4:CaSO4+CO=CaCO3↓+ SO,B错误;
C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘,双氧水是氧化剂,把浸出液中的碘离子氧化为碘:2H++2 I-+H2O2=I2+2H2O,C错误;
D. 向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子沉淀完全时生成沉淀的物质的量最多,此时 :2Al3++3SO+3Ba2++6OH-=Al(OH)3 ↓+3BaSO4↓+2H2O,D错误;
答案选A。
5. 如图,增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环已醇反应制得,下列说法正确的是( )
A. 邻苯二甲酸酐分子中所有的原子不可能共平面
B. 环己醇的一氯代物有3种
C. DCHP的分子式为C20H26O
D. 1molDCHP最多可与含4molNaOH的溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 苯环是平面型分子、羰基及与碳原子直接相连的原子处于同一平面,故邻苯二甲酸酐分子中所有的原子可能共平面,A错误;
B. 环己醇的六元环上有四种氢原子,故一氯代物有4种,B错误;
C. 从结构简式知DCHP的分子式为C20H26O,C正确;
D. 1molDCHP中含2mol酯基,水解后生成的是环己醇,环己醇不能与氢氧化钠溶液反应,故最多可与含2molNaOH的溶液反应,D错误;
答案选C。
6. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元索W、X、Y、Z“组合”成一种超分子,具有高效的催化性能,其分子结构示意图如图,W、X、Z分别位于不同周期,Z是同周期中金属性最强的元素。(注:实线代表共价键,其他重复单元的W、X未标注)下列说法正确的是( )
A. 氢化物的热稳定性:X>Y
B. 元素X、Y各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4
C. Y与Z可组成阴阳离子数之比为1:2的离子化合物
D. ZW与水反应生成W2的反应中,ZW为氧化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
四种原子序数依次递增短周期元索W、X、Y、Z,由化合物的结构可知,X能形成4个共价键,则X为C元素;W的原子序数最小,只形成了1个共价键,则W为H元素;Y能形成2个共价键,则Y为O元素Z是同周期中金属性最强的元素则Z为Na元素;;
【详解】A. 非金属性O>C,非金属性越强,元素的氢化物的稳定性越强,则稳定性H2O>CH4,故A错误;
B. Y即氧元素没有+6价,故B错误;
C. 氧化钠为阴阳离子数之比为1:2的离子化合物,故C正确;
D. ZW即NaH与水反应生成W2即氢气的反应中,NaH为还原剂,水为氧化剂,故D错误;
答案选C。
7. 某微生物电池在运行时可同时实现净化含葡萄糖的污水、净化含Cr2O废水(常温时pH约为6)和淡化食盐水,其装置示意图如图所示,图中D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜,Z为待淡化食盐水。已知Cr2O转化为Cr(III),下列说法不正确的是( )
A. D阴离子交换膜
B. X为含葡萄糖的污水,Y为含Cr2O废水
C. A室的电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+
D. 理论上处理1mol的Cr2O的同时可脱除3mol的NaCl
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中,还原剂在负极失去电子发生氧化反应,电子从负极流出,电子沿着导线流向正极,正极上氧化剂得到电子发生还原反应,内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极,电化学反应时,电极上电子数守恒,据此分析回答;
【详解】A. A室为负极区,阴离子向负极移动,D为阴离子交换膜,允许阴离子通过,A正确;
B. A室为负极区,X为含葡萄糖的污水,葡萄糖在负极被氧化生成二氧化碳,C室为正极区,Y为含Cr2O废水,正极反应式为 ,B正确;
C. A室为负极区,葡萄糖在负极被氧化生成二氧化碳,电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+,C正确;
D. 理论上处理1molCr2O的同时转移电子6mol,即Na+、Cl−分别定向移动6mol
,即可脱除6mol的NaCl,D错误;
答案选D。
8. 碘化钠可用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等。某探究小组利用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4•H2O)为原料可制备碘化钠。
资料显示:水合肼有还原性,能消除水中溶解的氧气;NaIO3是一种氧化剂。
回答下列问题:
[实验一]制备NaClO溶液
实验装置如图所示:
(1)配制30%NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量简外,还有__(填序号)。
A.烧杯 B.容量瓶 C.烧瓶 D.玻璃棒
(2)锥形瓶中发生反应的离子方程式是___。
[实验二]制取水合肼。
制备原理:CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl
实验装置如图所示:
控制反应温度,将分液漏斗中的溶液缓慢滴人三颈烧瓶中,充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液,收集108℃~114℃馏分。
(3)分液漏斗中的溶液是__(填序号)。选择的理由是__。
A.NaOH和NaClO混合溶液
B.CO(NH2)2溶液
[实验三]制备碘化钠
探究小组用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4•H2O)为原料可制备碘化钠。其步骤如下:
(4)步骤一:向三颈烧瓶中加入过量的NaOH及水,搅拌、冷却,再加入碘单质,打开恒温磁力搅拌器,保持60℃~70℃至反应完全;观察到的现象是___。
(5)步骤二:继续加入稍过量的N2H4•H2O,还原NaIO和NaIO3,得NaI溶液粗品;向上述反应液中加入活性炭,煮沸半小时,然后将溶液与活性炭分离,分离的方法是___。
(6)步骤三:将步骤二中分离出的溶液__、__、过滤、洗涤、干燥,得产品。
(7)某同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质。取少量固体样品于试管中,加水溶解,滴加少量淀粉溶液后再滴加适量稀硫酸,片刻后溶液变蓝,由此得出NaI中含有NaIO3杂质。请评价该实验结论合理性:___(填“合理”或“不合理”)。
【答案】 (1). AD (2). Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O (3). A (4). 如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中,生成的水合肼会被次氯酸钠氧化 (5). 无固体残留且溶液呈无色 (6). 过滤 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶 (9). 不合理
【解析】
【分析】
氯气和氢氧化钠反应,生成氯化钠、次氯酸钠和水,用于制备次氯酸钠;利用氧化还原反应原理,将NaOH和NaClO混合溶液滴入尿素中制备水合肼,再通过蒸馏分离出来;用水合肼还原碘酸钠制备碘化钠,并蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到产品。
【详解】(1)配制30%NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量简外,还需溶解固体的烧杯和玻璃棒,故答案为AD;
(2)锥形瓶中氯气和氢氧化钠反应,生成氯化钠、次氯酸钠和水,故发生反应的离子方程式是;
(3)已知水合肼有还原性,能消除水中溶解的氧气,故水合肼能和次氯酸钠发生氧化还原反应,据此可知,制备水合肼时,分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液,答案为A,选择的理由是如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中,生成的水合肼会被次氯酸钠氧化;
(4)向三颈烧瓶中加入过量的NaOH及水,搅拌、冷却,再加入碘单质,打开恒温磁力搅拌器,保持60℃~70℃,则碘单质与过量氢氧化钠溶液反应生成可溶性NaIO、NaIO3和NaI,反应完全;观察到的现象是无固体残留且溶液呈无色;
(5)继续加入稍过量的N2H4•H2O,水合肼有还原性,能还原NaIO和NaIO3,得NaI
溶液粗品;向上述反应液中加入活性炭,分离溶液与活性炭的方法是过滤;
(6)要从步骤二中分离出的溶液中提取碘化钠,所需的操作为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得产品;
(7)同学检验产品NaI中是否混有NaIO3杂质的实验结论不合理,因为NaIO杂质有干扰:假如没有NaIO3、但是有NaIO时,碘化钠、次碘酸钠和稀硫酸也会反应得到碘单质,与少量淀粉溶液反应后也会显特殊的蓝色。
9. 钪及其化合物具有许多优良的性能,在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Se2O3)的一种流程如图:
回答下列问题:
(1)反萃取前洗涤“油相”可除去大量的钛离子。试剂1是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是__。
(2)试剂2为强碱,且组成溶质的阴、阳离子所含电子总数相等,其电子式为___。
(3)常温下,先加入氨水调节pH=3,溶液中先被除去的离子是__;滤液2中含量最多的金属元素是___,当滤液2中c(Sc3+)=9×10-7mol·L-1时,滤液的pH=__。
{已知:Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31}
(4)写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式:___。
(5)请配平草酸钪“灼烧”过程的化学反应方程式:__Sc2(C2O4)3+__O2__Sc2O3+__CO2。
(6)废酸中含钪量为18mg·L-1,每1L废酸最多可提取Sc2O3的质量为__(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅摔,冷却后再慢慢注入H2O2,并不断搅拌 (2). (3). Fe3+ (4). Mn或锰元素 (5). 6 (6). 2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+ (7). 2 (8). 3 (9). 2 (10). 12 (11). 0.028g
【解析】
【分析】
废液萃取,油相加入氢氧化钠反萃取,过滤得到滤渣加入盐酸溶解,加入氨水调节溶液PH
,过滤得到滤渣加入盐酸酸溶,加入草酸沉钪生成草酸钪,灼烧得到氧化钪;
【详解】(1)试剂1是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。浓硫酸密度大于水的密度,应把密度大的加入密度小的,且浓硫酸稀释大量放热要避免引起双氧水分解,则混合的实验操作是:将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅摔,冷却后再慢慢注入H2O2,并不断搅拌;
(2)试剂2为强碱,且组成溶质的阴、阳离子所含电子总数相等,则为氢氧化钠,其电子式为;
(3)根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39、Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31,可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于10−5mol⋅L−1)的pH,发现锰离子沉淀完全时pH约为10,钪离子沉淀完全时pH约为5,而铁离子沉淀完全时pH约为4,所以先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是Fe(OH)3,故溶液中先被除去的离子是Fe3+;再向滤液加入氨水调节pH,是便于此时溶液中,当滤液2中c(Sc3+)=9×10-7mol·L-1时,即,则c(OH−)=10−8 mol⋅L−1,pH=6;由于锰离子沉淀完全时pH约为10,故滤液2中含量最大的金属离子是锰离子;
(4)草酸 “沉钪”得到草酸钪,则反应为复分解反应,离子方程式为:2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+;
(5)草酸根中碳的化合价是+3价,在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2,氧气是氧化剂,则化学方程式为草酸钪“灼烧”过程的化学反应方程式:2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2;
(6)废酸中含钪量为18mg·L-1,每1L废酸中Sc3+的质量为0.018g,故最多可提取Sc2O3的质量为。
10. 天然气净化等过程中产生有毒的H2S,直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄,流程如图:
反应炉中的反应:2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)∆H=-1035.6kJ·mol-1,催化转化器中的反应:2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)∆H=-92.8kJ·mol-1
。克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式为__。(∆H数值保留1位小数)
(2)H2S的尾气在高温下分解可制取氢气:2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①某温度时,在3L密闭容器中,测得反应体系中有气体1.28mol,反应tmin后,测得气体为1.34mol,则tmin内H2的生成速率为___。
②恒容的密闭容器中,某温度时,H2S的转化率达到最大值的依据是__(填序号)。
a气体的压强不发生变化
b.气体的密度不发生变化
c.不发生变化
d.单位时间里分解的H2S和生成的H2一样多
(3)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S,反应为H2S(g)H2(g)+S(g),一定条件下,H2S的转化率随温度变化的曲线如图。
①H2S分解生成H2和S的反应为___反应(填“吸热”或“放热”);微波的作用是__。
②在密闭容器中,微波的条件下控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmol·L-1,测定H2S的转化率,根据图,计算570℃时H2S按上述反应分解的平衡常數K=___。
(4)H2S气体可与空气、KOH溶液组成燃料电池,其总反应方程式为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO4+4H2O。
①该电池负极的电极反应式为___。
②该电池在工作时负极区溶液的pH__(填“升高”“降低”或“不变”)。
【答案】 (1). 6H2S(g)+3O2(g)=6S(g) +6H2O(g) △H=-1221.2kJ•mol-1(或2H2S(g)+O2(g)=2S(g) +2H2O(g) △H=-407.1kJ•mol-1) (2). mol•L-1•min-1 (3). ac (4). 吸热 (5). 微波使H2S(g)H2(g)+S(g)的化学平衡向正反应方向移动,提高平衡转化率 (6). mol•L-1 (7). H2S+8OH--6e-=SO+5H2O(或2H2S+16OH--12e-=2SO+10H2O) (8). 降低
【解析】
【分析】
(1)~(3)热化学方程式可通过盖斯定律计算求得;平衡状态的判断方法有:①对正反应速率和逆反应速率相等,②各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了,③选定的某个物理量,一开始会随着反应的发生而变化,而当这个量不再改变的时候,就达到化学平衡状态;化学反应速率和平衡常数的计算,需结合定义、从图中提取数据等进行;
(4)燃料电池中,通入燃料的一极为负极,还原剂失去电子发生氧化反应,电子沿着导线流向正极,通入助燃物的一极为正极,正极上发生还原反应,内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极,碱性条件下氢氧根往往在负极被消耗,据此回答;
【详解】(1)由a:2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)∆H=-1035.6kJ·mol-1,由b:2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)∆H=-92.8kJ·mol-1,结合盖斯定律可知 , ;
(2)①某温度时,在3L密闭容器中,测得2H2S(g)2H2(g)+S2(g)反应体系中有气体1.28mol,反应tmin后,测得气体为1.34mol,则气体增加0.06mol,按差量法可知,生成的S2(g)的物质的量为0.06mol, mol•L-1•min-1;
②恒容的密闭容器中,某温度时,H2S的转化率达到最大值,则体现处于平衡状态;
a. 2H2S(g)2H2(g)+S2反应中,气体的物质的量、压强会随着反应而变化,故容器内压强不随时间的变化,说明气体的物质的量不随时间变化,则说明反应已达平衡,a正确;b. 恒容密闭容器中, ,气体质量、容积体积始终不变,故气体密度不变不能说明已平衡,b错误;c.不发生变化,则QC=k,说明已平衡,c正确;d. 单位时间里分解的H2S和生成的H2一样多,均为正反应速率,逆反应速率未知,故不能说明已平衡,d错误;综上,正确的是ac;
(3)①反应H2S(g)H2(g)+S(g),由图可知,温度越高、转化率越大,可知升高温度平衡正向移动,则正反应H2S分解生成H2和S的反应为吸热反应;由图知在相同温度下,微波存在时,转化率明显提高,故微波的作用为:微波使H2S(g)H2(g)+S(g)
的化学平衡向正反应方向移动,提高平衡转化率;
②以H2S起始浓度均为cmol·L-1,根据图,计算570℃时H2S的转化率为40%,,上述反应分解的平衡常數;
(4)①该电池负极为H2S气体发生氧化反应,故电极反应式为H2S+8OH--6e-=SO+5H2O;②由电极方程式知,该电池在工作时负极区消耗OH-,故溶液的pH降低。
11. 钛和钛的化合物用途比较广泛。
I.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径,该反应的机理如图所示。请根据该反应机理中所涉及的元素及其化合物,回答下列问题:
(1)氧原子核外电子的空间运动状态有__种,基态钛原子的价电子排布式为__,该基态原子最外层的电子电子云轮廓图为__。
(2)C、O和Ti电负性由大到小的顺序为__。
(3)与Co分子互为等电子体的分子和离子各写出1种,分别为__和___(填化学式)。
(4)在一定条件下CO可与铁单质反应生成配位化合物——羰基铁Fe(CO)5,常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂。据此可以判断Fe(CO)5晶体类型为__。从电负性角度分析,Fe(CO)5中与Fe形成配位键的是__(填“碳”或“氧”)原子。
(5)同主族化学性质相似,H4SiO4在常温下能稳定存在,但H4CO4不能,会迅速脱水生成H2CO3,最终生成CO2,主要原因是___。H4SiO4中Si的轨道杂化类型为__。
II.
钙钛矿晶体为高温超导领域里的一种化合物,其结构如图所示,该结构是具有代表性的最小重复单位。
(1)在该物质的晶体结构中,每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有__个。
(2)若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a、b、c,晶体结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为dnm(1nm=10-9m),则该晶体的密度为___g/cm3。
【答案】 (1). 8 (2). 3d24s2 (3). 球形 (4). O>C>Ti (5). N2 (6). CN- (7). 分子晶体 (8). C (9). Si的原子半径大于C (10). sp3杂化 (11). 6、8 (12).
【解析】
【分析】
Ⅰ.按电子排布规律可知价电子的排布情形并按要求回答;电负性的大小可衡量吸引电子能力的强弱;按等电子体理论可寻出CO的等电子体、根据价层电子对互斥理论可确定分子的空间构型、并据此确定中心原子的杂化方式;
Ⅱ. 根据晶胞示意图,用均摊法计算晶胞的质量、按已知条件计算晶胞的体积,按密度定义计算晶胞的密度ρ=即可;
【详解】I. (1)氧原子核外有8个电子,没有两个电子的运动状态完全相同,故氧原子核外电子的空间运动状态有8种,钛原子序数为22,故基态钛原子的价电子排布式为3d24s2,该基态原子最外层的电子为4s电子,电子云轮廓图为球形;
(2)电负性大,吸引电子能力越强,同一周期原子序数越大电负性越强,元素电负性,C、O和Ti电负性由大到小的顺序为O>C>Ti;
(3)具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体,CO的价电子数为14,则与CO分子互为等电子体的分子N2、离子为CN-;
(4)羰基铁Fe(CO)5,常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可以判断Fe(CO)5晶体类型为分子晶体;电负性弱的吸引电子能力弱,易提供孤对电子形成配位键,故从电负性角度分析,Fe(CO)5中与Fe形成配位键的是碳原子;
(5) H4SiO4在常温下能稳定存在,但H4CO4不能,会迅速脱水生成H2CO3,最终生成CO2,主要原因是Si的原子半径大于C,碳原子半径小,难以同时连几个羟基,故会分子内脱水,最终生成CO2; H4SiO4中Si孤电子对数为0,价层电子对为4,故分子空间构型为正四面体,轨道杂化类型为sp3杂化;
II. (1)在该物质的晶体结构中,钛原子位于晶胞的顶点、氧原子位于棱边的中点、氧原子位于体心,则每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子各有6、8个;
(2)由晶胞示意图知,利用均摊法可知在每个晶胞中钛离子个数为=1,氧离子的个数为=3,钙离子个数为1,所以氧、钛、钙的离子个数比是3:1:1;若钙、钛、氧三元素的相对原子质量分别为a、b、c,晶体结构图中正方体边长(钛原子之间的距离)为dnm(1nm=10-9m),则 ==g/cm3 ,故该晶体的密度为g/cm3。
12. 化合物M可用作消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。实验室由芳香烃A制备M的一种合成路线如图:
已知:①扎依采夫规则:;
②R1COOR2。
回答下列问题:
(1)A的化学名称为___;由B生成C的反应类型为___。
(2)加入的试剂1为___。
(3)E中官能团的名称为___。
(4)由F转化为G的化学方程式为___。
(5)M的结构简式为___。
(6)芳香化合物Q为C的同分异构体,Q满足下列条件的同分异构体有__种。
①属于芳香族化合物②能发生银镜反应③能与氢氧化钠反应
其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求Q的一种结构简式:___。
(7)参照上述合成路线和信息,以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线。____。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 氧化反应 (3). FeCl3和Cl2 (4). 羧基、氯原子 (5). +CH3CH2OH +H2O (6). (7). 17 (8). (9).
【解析】
【分析】
(1)~(6):A的分子式为C7H8,结合B的结构简式可知,A为;对比B与C的分子式,结合反应条件可知C的结构简式为,C与氯气发生苯环上取代反应生成D,D与氢气发生加成反应生成E,E发生消去反应生成F,结合已知①,则E为;
F为;F与乙醇发生酯化反应生成G为,G发生已知②中的反应生成的M为;
(7)用逆合成分析法可知:由发生加聚反应得到,由发生消去反应得到,由已知②可知苯甲酸甲酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到;
【详解】(1)据分析A的化学名称为甲苯;B为、C为,由B生成C的反应类型为氧化反应;
(2)C为、加入试剂1后生成D即,故加入的试剂1为FeCl3和Cl2;
(3)E为,E中官能团的名称为羧基和氯原子;
(4)F为,F与乙醇发生酯化反应生成的G为,由F转化为G的化学方程式为+CH3CH2OH +H2O;
(5)根据分析,M的结构简式为。
(6)芳香化合物Q为C 即的同分异构体,Q满足下列条件:①属于芳香族化合物;②能发生银镜反应,则含有醛基;③能与氢氧化钠反应;符合条件的同分异构体可以是:苯环有1个侧链的为;苯环有2个侧链为HCOO-与甲基,2个侧链有邻、间、对3种位置;苯环有2个侧链为—OH和—CH2CHO,2个侧链有邻、间、对3种位置;苯环有3个侧链为-CHO、-OH和甲基,按定二移一法知:苯环上连羟基有4种同分异构体、苯环上连羟基有4种同分异构体、苯环上连羟基有2种同分异构体;综上,共有1+3+3+4+4+2=17种同分异构体;其核磁共振氢谱有4组吸收峰Q的一种结构简式:;
(7)发生加聚反应得到,发生消去反应得到,由已知②可知苯甲酸甲酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到
,合成路线为:。