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- 2021-07-08 发布
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山东省德州市宁津县第一中学2019-2020学年高二下学期第二次月考
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. 医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯,其结构简式为
B. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜,其单体四氟乙烯属于卤代烃
C. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化
D. 疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚丙烯是丙烯的加聚产物,结构简式为,故A正确;
B.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜,其单体四氟乙烯是乙烯中H原子被氟原子取代后的产物,属于卤代烃,故B正确;
C.医用酒精能够使蛋白质变性,生成新物质,失去生理活性,属于化学变化,故C错误;
D.蛋白质遇高温易变性,故疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性,故D正确;
答案为C。
2.下列化学基本用语表述正确的是
A. 羟基的电子式
B. 醛基的结构简式 —COH
C. 1—丁烯的键线式
D. 丙烷分子的比例模型为:
【答案】C
【解析】
【详解】A.羟基的电子式为,A错误;
B.醛基的结构简式为-CHO,B错误;
C.1—丁烯的键线式为,C正确;
D.丙烷分子的球棍模型为,D错误;
答案选C。
3.下列关于有机物叙述正确的是( )
A. 氯苯分子中所有原子都处于同一平面
B. 苯、油脂均不能使酸性 KMnO4 溶液褪色
C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D. 、、互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯苯是苯中的一个氢原子被氯取代,苯分子12个原子在同一平面内,因此氯苯分子中所有原子都处于同一平面,故A正确;
B. 油脂中的油能使酸性 KMnO4 溶液褪色,油中含有有碳碳双键,故B错误;
C. 聚氯乙烯和苯分子中均不含有碳碳双键,故C错误;
D. 、、三者含有的苯环个数不相同,不互为同系物,故D错误。
综上所述,答案为A。
4.下列关系正确的是( )
A. 等物质的量的物质燃烧耗O2量:乙烷>乙烯=乙醇>乙炔
B. 沸点:丙三醇>甲醇>新戊烷>2—甲基丁烷
C 碳碳双键数目:天然橡胶>苯>油酸>聚乙烯
D. 常温下的密度:CCl4>甲苯>丁烯>H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.设烃的分子式为CxHy,CxHy燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O,等物质的量的烃完全燃烧耗O2量取决于x+,乙烷、乙烯、乙炔中C原子数相同,H原子数依次减小,则等物质的量燃烧耗O2量:乙烷>乙烯>乙炔,乙醇的分子式为C2H6O,可看成C2H4(H2O),则等物质的量的乙烯与乙醇燃烧耗O2量相等,则消耗O2的量为乙烷>乙烯=乙醇>乙炔,故A正确;
B.醇中羟基越多、碳原子数越多,沸点越高,则沸点:丙三醇>甲醇,新戊烷与2—甲基丁烷互为同分异构体,新戊烷中支链多,则沸点:2—
甲基丁烷>新戊烷,丙三醇、甲醇中含羟基,分子间可形成氢键,则沸点:丙三醇>甲醇>2—甲基丁烷>新戊烷,故B错误;
C.苯中不存在碳碳双键,苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键,故C错误;
D.CCl4密度比水大,甲苯的密度比水小,常温丁烯呈气态,丁烯的密度比水小得多,故D错误;
答案为A。
5.下列现象与氢键有关的是( )
①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高
②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①因ⅤA族中,N的非金属性最强,氨气中分子之间存在氢键,则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高,故①正确;②因乙醇、乙酸与水分子之间能形成氢键,则乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶,故②正确;③冰中存在氢键,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,故③正确;④水分子高温下也很稳定,其稳定性与化学键有关,而与氢键无关,故④错误;故选B。
6.离子键、共价键、金属键、范德华力是微粒之间的不同作用力,下列物质中含有上述任意两种作用力的是( )
①Na2O2 ②SiO2 ③氦气 ④金刚石 ⑤NH4Cl ⑥白磷
A. ①②④ B. ①③⑥ C. ①⑤⑥ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2O2存在离子键和非极性共价键;②SiO2只存在极性共价键;③氦气只存在范德华力;④金刚石只存在非极性共价键;⑤NH4Cl存在离子键和极性共价键;⑥白磷存在非极性共价键和范德华力;因此①⑤⑥含有上述中两种作用力,故C符合题意。
答案为C。
7.关于有机物的叙述正确的是( )
A. 丙烷的二卤代物是4种,则其六卤代物是2种
B. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物,其分子式一定为C5H12
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代,所得产物有6种
D. 对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丙烷的分子式为C3H8,其二卤代物有4种,六卤代物的种数等于二卤代物的种数,即有4种,故A错误;
B. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物,可以是,也可以是,故B错误;
C.苯环上有2个取代基,取代基位置是邻间对,含有3个碳原子的烷基可以是-CH2CH2CH3也可以是-CH(CH3)2,因此所得产物有2×3种,即有6种,故C正确;
D. 对二甲苯中,关于红线对称,应有2种不同化学环境的氢原子,故D错误;
答案:C。
8.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示,有关说法正确的是
A. ①为简单立方堆积 ②为六方最密堆积 ③为体心立方堆积 ④为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为:①1个,②2个,③2个,④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为:①6,②8,③8,④12
D. 空间利用率的大小关系为:①<②<③<④
【答案】B
【解析】
【详解】A、①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积,② 、③颠倒,故A错误;
B、根据晶胞计算,每个晶胞含有的原子数分别为:①8×1/8=1个,②8×1/8+1=2个,③8×1/8+1=2个,④8×1/8+6×1/2=4个,故B正确;
C、配位数是指晶胞中与原子紧邻的原子数,所以四种晶胞中原子的配位数分别为:①6, ②8 ,③12, ④12,故C错误;
D、空间利用率是指晶胞在所含原子的体积与晶胞体积的比值,根据四种晶胞的空间利用率判断①< ②< ③= ④,故D错误;
答案选B。
9.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成,可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得:
下列有关化合物X.Y的叙述正确的是
A. X分子中所有原子一定在同一平面上
B. 1molY与足量氢氧化钠溶液共热最多可消耗8molNaOH
C. X、Y均能使Br2的四氧化碳溶液褪色
D. X→Y的反应为加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.X分子中苯环在一个平面上,羟基上的氧原子在苯环的面上,但是氢原子可能不在此面上,故错误;
B.卤素原子可以和氢氧化钠发生取代反应,取代后生成酚羟基,也能与氢氧化钠溶液反应,酯基水解生成酚羟基和羧基,都可以和氢氧化钠反应,故1molY与足量的氢氧化钠溶液共热,最多消耗8mol氢氧化钠,故正确;
C.二者都不能和溴反应,故错误;
D. X→Y的反应为取代反应,故错误。
故选B。
10.化学也可以萌萌哒,如以下几种有机物(a)囧烷(b)企鹅酮、(c)始祖鸟烯,关于这三种化合物下列说法中正确的是( )
A. a的分子式为C12H18
B. b所有碳原子可能共平面
C. 若R1=R2=甲基,则c的一氯代物有4种
D. 若R1=R2=甲基,则b和c都最多和2molH2加成
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题可知,囧烷的分子式为:C12H18,A项正确;
B.由企鹅酮的结构简式可知,其分子中含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,B项错误;
C.若R1=R2=甲基,根据结构简式可知,此时含有3种不同化学环境的氢原子,则c的一氯代物有3种,C项错误;
D.由题可知,企鹅酮分子中含有两个碳碳双键和一个羰基,均可与H2发生加成反应,始祖鸟烯分子中含有两个碳碳双键,若R1=R2=甲基,则b和c最多分别与3mol、2molH2加成,D项错误;
答案选A。
【不定项】
11.已知:
若R'、R〞均为甲基,则下列说法不正确的( )
A. a、b可以通过浓溴水或FeCl3溶液鉴别
B. b到c的反应类型为取代反应
C. c最多可能15个原子共平面
D. d与NaOH的乙醇溶液共热可得到2种能使溴水褪色的产物
【答案】C
【解析】
【详解】A. b与浓溴水发生取代反应生成沉淀,b与FeCl3溶液显紫色,因此a、b可以通过浓溴水或FeCl3溶液鉴别,故A正确;
B. 根据b到c的结构简式得到b到c的反应类型为取代反应,故B正确;
C. c最多可能17个原子共平面,故C错误;
D. d与NaOH的乙醇溶液共热发生取代反应,可以得到或,均能使溴水褪色的产物,故D正确。
12.下列各选项有机物同分异构体的数目,与分子式为C4H8O2的酯的有机物数目相同的是( )
A. 分子式为C4H8的烯烃(包括顺反异构体)
B. 分子式为C8H8O遇FeCl3溶液显紫色
C. 分子式为ClC4H7O2,且能与碳酸氢钠反应生成气体
D. 立方烷()的二氯代物
【答案】A
【解析】
【分析】
分子式为C4H8O2的酯,为饱和一元酯,若为甲酸与丙醇形成的酯,甲酸只有1种结构,丙醇有2种,形成的酯有2种;若为乙酸与乙醇形成的酯,乙酸只有1种结构,乙醇只有1种结构,形成的乙酸乙酯有1种;若为丙酸与甲醇形成的酯,丙酸只有1种结构,甲醇只有1种结构,形成的丙酸甲酯只有1种,所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种。
【详解】A.分子式为C4H8的烯烃(包括顺反异构体)CH2═CH-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH3(顺反2种)、CH2═C(CH3)2,共4种,故A选;
B.分子式为C8H8O遇FeCl3溶液显紫色,乙基苯酚有邻间对3种,邻二甲苯形成2种酚、间二甲苯形成3种酚、对二甲苯形成1种酚,故B不选;
C.分子式为ClC4H7O2 且能与碳酸氢钠反应生成气体,说明含有羧基,然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子,丁酸有2种:CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH,所以该有机物有3+2=5种,故C不选;
D.立方烷()的二氯代物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,故D不选;
故选A。
13.下列说法正确的是( )
A. 向[Co(NH3)3Cl3]的水溶液中加入 AgNO3 溶液,不能观察到有明显的白色沉淀生成
B. 冰融化时只破坏范德华力
C. H2O、Al2Cl6 中都含配位键
D. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低,是因为邻羟基苯甲醛存在氢键,而对羟基苯甲醛不存在氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向[Co(NH3)3Cl3]的水溶液中不能电离出氯离子,因此加入 AgNO3 溶液,不能观察到有明显的白色沉淀生成,故A正确;
B. 冰融化时破坏分子间氢键和范德华力,故B错误;
C. H2O中不含配位键,故C错误;
D. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低,是因为邻羟基苯甲醛存在分子内氢键,而对羟基苯甲醛存在分子间氢键,分子间氢键使得熔沸点升高,分子内氢键使得熔沸点降低,故D错误。
综上所述,答案为A。
14.下列实验操作、现象、结论均正确的是( )
实验操作
现象
结论或目的
A
将铁粉、浓溴水、苯混合
有白雾生成,溶液分层
制取溴苯
B
将光亮铜丝酒精灯火焰上加热,立即伸入无水乙醇中
铜丝先变黑后恢复成原来的颜色
乙醇被氧化,铜做催化剂
C
常温下,将二氧化碳通入苯酚钠溶液
溶液变浑浊
制得苯酚,同时生成碳酸氢钠
D
将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后,再滴加AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
检验溴乙烷中的溴元素
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 将铁粉、液溴、苯混合,剧烈反应,出现红棕色,反应是放热反应,液溴易挥发,故A错误;
B. 将光亮铜丝在酒精灯火焰上加热,立即伸入无水乙醇中,铜丝先变黑后恢复成原来的颜色,乙醇被氧化呈乙醛,铜做催化剂,故B正确;
C. 常温下,将二氧化碳通入苯酚钠溶液,溶液变浑浊,制得苯酚,同时生成碳酸氢钠,故C正确;
D. 将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后,先加稀硝酸,再滴加AgNO3溶液,产生淡黄色沉淀,目的是检验溴乙烷中的溴元素,故D错误。
答案为BC。
15.某有机化合物M,已知该有机物的蒸气对氢气的相对密度为68,核磁共振氢谱和红外光谱如图:
以下关于M的判断正确的是( )
A. M分子中含有两种官能团
B. M的分子式与其实验式相同
C. M一定条件下能与H2、H2O、新制氢氧化铜悬浊液等反应
D. 与M属于同类有机物的同分异构体共有6种(包括M)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据有机物的蒸汽对氢气的相对密度,可计算出该有机物的相对分子质量为。由该有机物的核磁共振氢谱图可知其分子中含有4种等效氢,且峰面积之比为:1:2:2:3。根据红外光谱可知该有机物分子中含有苯环、C-H键、C=O键、C-O-C键,综上所述,可知该有机物的结构简式为,据此分析。
【详解】A.由分析可知,M分子中含有酯基这一种官能团,A项错误;
B.由分析可知,M的分子式为C8H8O2,实验式为:C4H4O,M的分子式核实验式不同,B项错误;
C.M分子中含有苯环和酯基,可以与H2发生加成反应,在酸性条件下与水发生酯的水解反应,但不能与新制氢氧化铜悬浊液反应,C项错误;
D.与M属于同类有机物的同分异构体,则符合条件的同分异构体中应含有苯环和酯基,由此可知,与M属于同类有机物的同分异构体为:、、、、以及,共6种,D项正确;
答案选D。
16.有机化合物种类繁多,无处不在:
(1)白蚁信息素用系统命名法命名___;
(2)人造羊毛的结构为,则合成人造羊毛的单体是___;
(3)丙醛是一种精细化工原料,写出丙醛与银氨溶液反应的化学方程式___。
【答案】 (1). 3,7-二甲基-1-辛烯 (2). CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2。 (3).
CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3
【解析】
【详解】(1)根据命名原则,选取包含碳碳双键在内的最长碳链作主链,则主链上有8个碳原子,使双键位次最小编号,则碳碳双键在1,2号,3,7号位各连一个甲基,则系统命名为3,7-二甲基-1-辛烯;答案为3,7-二甲基-1-辛烯。
(2)的链节主链上只有碳原子且无碳碳双键的高聚物,其规律是“无双键,两个碳”画线断开,然后将半键闭合,结构简式中主链上有4个碳原子其单体必为2种,将双键中的2个C-C打开,然后将半键闭合即可得该高聚物单体,合成人造羊毛的单体是:CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2;答案为CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2。
(3)丙醛可以与银氨溶液发生银镜反应生成丙酸铵、金属单质银以及氨气,反应的化学方程式为:CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3;答案为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3。
17.20世纪90年代提出的“绿色化学”为有机合成指明了方向。我国学者研制了一种纳米反应器,用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如图:
(1)MG分子中含有官能团的名称___;
(2)EG的分子式___;
(3)DMO酸性条件下水解的化学方程式___。
【答案】 (1). 羟基、酯基 (2). C2H6O2
(3). CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH
【解析】
【分析】
由DMO的结构简式和DMO的球棍模型知,黑色小球代表C原子,白色小球代表O原子,灰色小球代表H原子,则MG的结构简式为HOCH2COOCH3,EG的结构简式为HOCH2CH2OH。
【详解】(1)由分析可知,MG的结构简式为HOCH2COOCH3,,其分子中含有的官能团为羟基、酯基,答案为:羟基、酯基;
(2) EG的结构简式为HOCH2CH2OH,EG的分子式为C2H6O2,答案为:C2H6O2;
(3)DMO在酸性条件下水解生成草酸和甲醇,反应方程式为:CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH;答案为:CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH。
18.有A、B、C、D四种元素,其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子,A+比B-少一个电子层,B原子得一个电子填入3p轨道后,3p轨道已充满;C原子的p轨道中有3个未成对电子,其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大;D的最高化合价和最低化合价的代数和为4,其最高价氧化物中含D的质量分数为40%,且其核内质子数等子中子数。
(1)在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是___杂化,CB3分子的空间构型为___。
(2)C的氢化物极易溶于水的原因是___。
(3)D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是:___(用元素符号表示);
(4)氧原子的价层电子的轨道表示式为___。
【答案】 (1). sp3杂化 (2). 三角锥形 (3). 氨分子和水分子间可以形成氢键,且氨分子和水分子均为极性分子,相似相溶,氨分子和水分子还可以发生反应,故氨气极易溶于水 (4). Cl>P>S (5).
【解析】
【分析】
B原子得一个电子后3p轨道全满,则B的基态原子电子排布为1s22s22p63s23p5,B应该是氯元素。又因为A元素和B元素的原子都有1个未成对电子,A+比B-少一个电子层,所以A是钠元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子,其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大,所以C是氮元素。D的最高化合价和最低化合价的代数和为4
,则D是第ⅥA族元素。最高价氧化物中含D的质量分数为40%,则有,解得:M(D)=32。且其核内质子数等于中子数,所以D是16号元素S元素。据此分析。
【详解】(1)由分析可知,CB3分子为NCl3分子,N原子有一对孤对电子,与Cl原子成3个σ键,N原子轨道发生sp3杂化,所以NCl3分子的VSEPR模型为四面体形,忽略孤电子对,NCl3分子的空间构型为三角锥形;答案为:sp3杂化;三角锥形;
(2) C的氢化物为氨气,氨分子和水分子间可以形成氢键,且氨分子和水分子均为极性分子,相似相溶,氨分子和水分子还可以发生反应,故氨气极易溶于水。答案为:氨分子和水分子间可以形成氢键,且氨分子和水分子均为极性分子,相似相溶,氨分子和水分子还可以发生反应,故氨气极易溶于水;
(3)D元素为S元素,其同周期相邻元素分别为P、Cl,根据同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第VA族元素第一电离能大于相邻元素,所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是:Cl>P>S;答案为:Cl>P>S;
(4)基态氧原子共有6个价电子,根据核外电子排布规律可知,氧原子的价层电子的轨道表示式为;答案为:。
19.X是一种相对分子质量为92的芳香烃,以X为原料制备部分有机物的路线如图:
⑴第①步和第②步顺序不能互换的原因___。
⑵写出X到A的反应方程式____。
⑶A到B所用试剂____。
⑷试剂a___(结构简式)。
⑸M为涤纶,是一种高分子聚合物,有关M的说法正确的是___。
A.M其中一种单体对苯二甲酸和苯甲酸互为同系物
B.1mol该物质与氢氧化钠溶液反应,理论上最多可以消耗2nmolNaOH
C.生成该聚合物的反应属于加聚反应
D.涤纶是对苯二甲酸和乙醇通过缩聚反应得到
⑹写出同时满足条件的阿司匹林的同分异构体结构简式___。
①含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱为4组峰,且峰面积之比为1:2:2:3
【答案】 (1). 第二步是甲基被氧化成羧基,同时氨基被氧化成硝基 (2). (3). 酸性高锰酸钾溶液 (4). HOCH2CH2OH (5). B (6). 、、、
【解析】
【分析】
X是一种相对分子质量为92的芳香烃,92÷12 =7.....8,即芳香烃分子式为C7H8,则为甲苯,甲苯和浓硝酸、浓硫酸反应生成2-硝基甲苯,再发生氧化反应,再发生还原反应得到,X经过一系列反应生成对苯二甲酸,和乙二醇发生缩聚反应生成M,X经过一系列反应生成,发生酯化反应生成阿司匹林。
【详解】⑴由于—NH2易被氧化成—NO2,因此第①步和第②步顺序不能互换的原因第二步是甲基被氧化成羧基,同时氨基被氧化成硝基;故答案为:第二步是甲基被氧化成羧基,同时氨基被氧化成硝基。
⑵X到A是发生硝化反应,其反应方程式;故答案为:。
⑶A到B是发生氧化反应,因此所用试剂酸性高锰酸钾溶液;故答案为:酸性高锰酸钾溶液。
⑷根据M的结构简式得到试剂a为乙二醇,结构简式为HOCH2CH2OH;故答案为:HOCH2CH2OH。
⑸A. M其中一种单体对苯二甲酸含有两个羧基,苯甲酸只含一个羧基,结构不相似,不互为同系物,故A错误;B. 1mol该物质与氢氧化钠溶液反应,理论上最多可以消耗2n mol NaOH,故B正确;C. 生成该聚合物的反应属于缩聚反应,故C错误;D. 涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到,故D错误;综上所述,答案为B。
⑹①含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物含有酚羟基,②能发生银镜反应,说明有醛基或甲酸酯,③核磁共振氢谱为4组峰,且峰面积之比为1:2:2:3,因此、、、;故答案为:、、、。
【点睛】有机推断是常考题型,主要考察学生分析、推理能力,通过结构简式和反应条件或反应类型来推断。
20.Na3OCl是一种良好的离子导体,具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题:
(1)Ca小于Ti的是_______(填标号)。
A.最外层电子数 B.未成对电子数 C.原子半径 D.第三电离能
(2)由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物,其中Cl2O2能破坏臭氧层。
① Cl2O2的沸点比H2O2低,原因是___________________________________。
② O3分子中心原子杂化类型为_______;O3是极性分子,理由是___________________。
(3)Na3OCl可由以下两种方法制得:
方法Ⅰ Na2O + NaClNa3OCl
方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl2Na3OCl + H2↑
① Na2O的电子式为____________。
② 在方法Ⅱ的反应中,形成的化学键有_______(填标号)。
A.金属键 B.离子键 C.配位键 D.极性键 E.非极性键
(4)Na3OCl晶体属于立方晶系,其晶胞结构如右所示。已知:晶胞参数为a nm,密度为d g·cm-3。
①Na3OCl晶胞中,Cl位于各顶点位置,Na位于_________位置,两个Na之间的最短距离为________nm。
②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________(列计算式)。
【答案】 (1). B (2). H2O2分子间存在氢键 (3). sp2 (4). O3分子为V形结构(或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案) (5). (6). BE (7). 面心 (8). (9).
【解析】
【分析】
(1)基态Ca原子核外电子排布1s22s22p63s23p64s2,基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2,结合元素周期律分析判断;
(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小,分子间存在氢键的熔沸点高;②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答;
(3)Na2O为离子化合物,据此书写其电子式;根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断;
(4)①根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断;②由密度公式ρ=计算解答。
【详解】(1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2,未成对电子数为0,基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2,未成对电子数为2。A.最外层电子数相等,错误;B.Ca的未成对电子数小于Ti,正确;C.同一周期元素,原子序数小的原子半径大,原子半径Ca原子略大,错误;D.Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构,很难失去第三个电子,第三电离能Ca较大,错误,故答案为B;
(2)①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小,H2O2分子间存在氢键,熔沸点高,故答案为H2O2分子间存在氢键;
②根据价层电子对互斥理论,O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3,杂化形式为sp2,O3分子为V形结构,分子中正负电荷重心不重合,为极性分子,故答案为sp2;O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合);
(3)①Na2O属于离子化合物,电子式为,故答案为;
②在方法Ⅱ的反应中,形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键,H2分子内有H与H间的非极性键,故答案为BE;
(4)①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1,根据Na3OCl化学式,可判断钠原子应为空心白球,处在晶体结构的面心,两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离,即为一半边长的倍,即a nm,故答案为面心;a;
②已知:晶胞参数为a nm,密度为d g•cm-3,则d g•cm-3==,解得:NA=,故答案为。
【点睛】本题的易错点为(4)②的计算,要注意掌握晶体密度的计算方法,注意单位的换算;另一个易错点为(1),要注意根据钙为20号元素,钛为22号元素,均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类,可以根据化合价分析判断。
21.高分子化合物G是一种聚酯材料,其一种合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A的名称是________,B含有的官能团名称是________。
(2)反应④的反应类型是________。
(3)反应⑥的化学方程式为________。
(4)反应③〜⑤中引入-SO3H的作用是________。
(5)满足下列条件的C的同分异构体共有________种(不含立体异构)。
①能使FeCl3溶液显紫色;能发生水解反应。②苯环上有两个取代基。
其中核磁共振氢谱显示为5组峰,峰面积之比为3:2:2:2:1,且含有-CH2CH3,该有机物的结构简式是________ (任写一种)。
(6)以CH3CH2CH2OH为原料,设计制备的合成路线:________。
【答案】 (1). 苯乙醛 (2). 氰基,羟基 (3). 取代反应 (4). +nH2O (5). 占据取代基的对位,将-NO2引入取代基的邻位 (6). 18 (7). (8). CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO
【解析】
【分析】
通过比较反应物、生成物的组成结构,判断反应本质、反应类型、书写反应方程式。判断同分异构体、书写同分异构体,需逐一满足题目要求,并按一定顺序思考问题。对比原料、目标产物的结构,结合流程中的信息,运用逆合成分析法,解答物质合成题。
【详解】(1)由B结构简式知其分子式C9H9ON,则A(C8H8O)与HCN加成反应生成B,A结构简式为,A的名称为苯乙醛。B中官能团的名称为氰基、羟基。
(2)比较D、E结构知反应④的本质:D分子中苯环上1个氢原子被硝基取代生成E,故反应④属于取代反应。
(3)F分子中有羧基和羟基,可分子间酯化反应生成聚酯类高分子G,故反应⑥的化学方程式为。
(4)反应③在苯环上原取代基的对位引入磺酸基(-SO3H),反应⑤磺酸基又消失,所以反应③~⑤中—SO3H的作用:可防止反应④中硝基(-NO2)进入原取代基的对位,即硝基(-NO2)只能进入原取代基的邻位。
(5)C的分子式为C9H10O3,其同分异构体要求有酚羟基(-OH)、酯基(-COO-)、二价苯基(-C6H4-);即合理结构中有HO-C6H4-,苯环上另一取代基可能为-COOC2H5、-OOCC2H5、-CH2COOCH3、-CH2OOCCH3、-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)OOCH,共6种;两个取代基在苯环上有邻、间、对3种相对位置,符合要求的同分异构体有6×3=18种。其中有5种氢原子(数目之比为3:2:2:2:1)、含有-CH2CH3的结构简式是
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(6)目标产物可由单体CH3CH2CH(OH)COOH分子间酯化反应(缩聚)生成,而单体CH3CH2CH(OH)COOH比原料CH3CH2CH2OH分子中多一个碳原子,故模仿流程中的反应①由CH3CH2CHO与HCN加成反应生成CH3CH2CH(OH)CN;模仿反应②CH3CH2CH(OH)CN酸性水解生成CH3CH2CH(OH)COOH;CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO;合成路线:
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