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2021年高三化学下半年月考测验相关

内蒙古赤峰二中2020-2021年高三下半年第一次月考化学专题训练

下列说法正确的是( )
A.砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾
B.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法
C.“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅
D.氢燃料电池中使用的储氢材料,如稀土类化合物(LaNi5)、钛系化合物(TiFe)、镁系化合物(Mg2Ni)都是纯净物

【答案】B
【解析】
A.普通一次性电池有毒有害,属于有害垃圾,故A错误;
B.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,由于没有外加电源,利用的是原电池原理,镁作负极,因此原理是牺牲阳极的阴极保护法,故B正确;
C.晶体硅为良好的半导体,是制造太阳能电池主要材料,氮化硅或二氧化硅为绝缘体,不具有此性质和用途,故C错误;
D.LaNi5、TiFe、Mg2Ni都是合金,所以均属于混合物,故D错误。
故选B。

根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )

选项

实验操作和现象

实验结论

A

Cl2通入品红溶液中,品红褪色

Cl2具有漂白性

B

向10mL0.1mo/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液再加入0.1mol/LCuSO4溶液开始有白色沉淀生成,后有黑色沉淀生成

Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)

C

向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热;再加入银氨溶液;未出现银镜

蔗糖完全没有水解

D

向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,沉淀部分溶解

Na2SO3部分被氧化


A.A B.B C.C D.D

【答案】D
【解析】
A.氯气与水反应生成HClO具有漂白性,可使品红褪色,氯气不具有漂白性,故A错误;
B.Na2S溶液过量,均发生沉淀,所以有白色、黑色沉淀生成,但不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),故B错误;
C.水解生成葡萄糖,在碱性溶液中检验葡萄糖,水解后没有加碱至碱性再加银氨溶液,不能说明蔗糖没有水解,故C错误;
D.硫酸钡不溶于盐酸,亚硫酸钡可溶于盐酸,由沉淀部分溶于盐酸可知Na2SO3部分被氧化,故D正确。
答案选D。

NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.常温常压下,1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧,消耗的O2分子数目为1.5NA
B.标准状况下,2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NA
C.标准状况下,560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NA
D.0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性,此时溶液中NH数目为0.1NA

【答案】A
【解析】
A.1molHCHO或C2H2O3完全燃烧消耗1mol O2,所以1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧,消耗的O2物质的量为1.5 mol,分子数目为1.5NA,故A正确;
B.标准状况下,2.24L Cl2氯气的物质的量为0.1 mol,与氢氧化钠反应2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O,在这个反应中,氯气既充当氧化剂,又充当还原剂,两个零价位的Cl原子,一个被氧化成为+1价,另一个被还原成为-1价,每个氯气转移一个电子,则0.1 mol的氯气转移电子总数为0.1NA,故B错误;
C.标准状况下,560mL的氢气和氯气的混合气体的物质的量为 ,无论是否反应,每个分子中含有1个共价键,所以共价键数目为0.025NA,故C错误;
D.缺少溶液的体积,无法计算微粒的数目,故D错误;
故答案为A。

从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X,其结构简式如图所示,下列有关说法错误的是( )

A.该物质的分子式为C10H16O2
B.该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C.该物质的一氯代物共有5种
D.该物质所有的碳原子不可能共平面

【答案】C
【解析】
A.由结构可知分子式为C10H16O2,故A正确;
B.含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应、还原反应,且含甲基可发生取代反应,故B正确;
C.结构不对称,含7种H,该物质的一氯代物共有7种,故C错误;
D.分子中饱和碳原子均为四面体结构,所有的碳原子不可能共平面,故D正确;
答案选C。

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素,e、g、h、i、j均是由这些元素组成的二元化合物,i常温常压下为液体,其余均为无色气体。e的摩尔质量为g的2倍,f是元素Z的单质,g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,h的组成元素位于同一主族。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A.原子半径:Y>Z>W>X B.热稳定性:i>g, 沸点:i>e
C.Y与W的含氧酸均是强酸 D.h与j均为酸性氧化物

【答案】B
【解析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。e、g、h、i、j是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下i为液体,其余均为无色气体,因此i为水H2O;e的摩尔质量为g的2倍,f是元素Z的单质,g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则g是NH3。根据转化关系图判断e是H2S,f是氧气,g是NH3,j是NO,h是SO2。所以X、Y、Z、W分别是H、N、O、S,根据此分析进行解答。
A.根据元素周期律的原子半径变化规律:同一周期的元素,原子序数越大原子半径越小,同一主族的元素,原子核外电子层数越多,原子半径越大,则原子半径的大小X<Z<Y<W,故A选项错误。
B.水和氨气分子间能够形成氢键,沸点较高,相对分子质量越大,沸点越高,热稳定性越高,故热稳定性:i>g,沸点:i>e,故B选项正确。
C.Y的含氧酸如亚硝酸为弱酸,W的含氧酸如亚硫酸也为弱酸,故C选项错误。
D.酸性氧化物指的是能与水作用成酸或与碱作用成盐的氧化物,判断依据是化学反应前后各元素化合价保持不变,显然NO不是酸性氧化物,故D选项错误。
故答案选B。

25℃时,向20mL0.1mo/L的氨水中滴加浓度为0.1mo/L的HCl溶液溶液中lg和溶液pH的变化曲线如图所示。已知c点加入HCl溶液的体积为10mL,b点加入HCl溶液的体积为20mL。相关说法正确的是( )

A.25℃时氨水的电离常数的数量级为10-9
B.滴定过程中可选用酚酞做指示剂
C.a、b、c、d四点中,d点时水的电离程度最大
D.c点时,>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)

【答案】D
【解析】
A.由图中c点可知,25℃时,pH=7.2,c(OH-) =10-6.8mol/L,lg=-2,所以氨水的电离平衡常数K==10-4.8,A项错误;
B.滴定终点溶液呈酸性,不能用酚酞作指示剂,B项错误;
C.a点溶质为氯化铵和HCl,b点溶质为氯化铵,c、d两点的溶质均为一水合氨和氯化铵,其中HCl和一水合氨都抑制水的电离,所以水的电离程度最大的点是b点,C项错误;
D.c点溶液呈碱性,所以c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒>c(Cl-),D项正确;
故答案为D。

采用(NH4)2SO4和混合溶液作为电解液,平行放置的两块不锈钢板分别作为阴极和阳极,将废铅膏(主要成分为PbO2)平铺在阴极板上,可得到铅单质。这是一种成本较低的铅回收工艺,示意图如图下列说法错误的是( )

A.阴极板的电极反应为
B.电子由阳极板沿阳极导杆移向外接电源正极
C.电解过程中,OH-向阴极板迁移
D.标准状况下,外电路中每转移4mol电子,阳极板产生22.4LO2

【答案】C
【解析】
A.题干交待“将废铅膏(主要成分为PbO2)平铺在阴极板上,可得到铅单质”,则阴极板发生PbO2得电子生成Pb的反应,这也是电解回收铅的目的,电极反应为:,故A正确;
B.电子由阳极流入正极,再由负极流向阴极,故B正确;
C.电解池中阴离子向阳极迁移,故C错误;
D.阳极发生反应,每转移4mol电子,阳极板产生1molO2,即22.4LO2(标准状况),故D正确;
故选:C。

这次中美贸易战的矛盾激化,也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足,俗话说“亡羊补牢,为时未晚”,找出存在的不足,然后针对地去解决问题,才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料,常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。

资料卡片:

物质

熔点/℃

沸点/℃

相对分子质量

其他

PCl3

-93.6

76.1

137.5

遇水剧烈水解,易与O2反应

POCl3

1.25

105.8

153.5

遇水剧烈水解,能溶于PCl3

SOCl2

-105

78.8

119

遇水剧烈水解,受热易分解

(1)若选用Na2SO3固体与70%浓H2SO4制取SO2,反应的化学方程式是:___________。
(2)溶液A为饱和食盐水,乙装置中应该盛装的试剂为___________(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”);反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择___________(填“己”或“庚”)。
(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外,还有___________。
(4)模拟反应需要控制温度在60~65℃,则实验时应采用___________加热(填加热方法)。
(5)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量:准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100mL溶液,取10.00mL于锥形瓶中,加入0.2000mo/L的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓),再加少许硝基苯,用力振荡,使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂,用0.1000mo/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓),做平行实验,平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①达到滴定终点的现象是___________。
②POCl3的质量分数为___________。
③已知:Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2/L2,Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2/L2,若无硝基苯覆盖沉淀表面,测定POCl3的质量分数将___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O P2O5 己 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 水浴 滴入最后一滴KSCN标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色 95.9% 偏小
【解析】
由实验装置图和实验原理可知,装置A甲中盛有饱和食盐水,除去氯气中混有的氯化氢,装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷,干燥氯气,装置丁中盛有浓硫酸,干燥二氧化硫,装置丙为三氯化氧磷的制备装置,装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化氧磷,防止三氯化氧磷受热挥发,盛有碱石灰的干燥管的作用是吸收未反应的氯气和二氧化硫,防止污染环境,同时吸收空气中水蒸气,防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。
(1)Na2SO3固体与70%浓H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O,故答案为Na2SO3+H2SO4 ═Na2SO4 +SO2↑+H2O;
(2)溶液A中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢,装置乙中盛有酸性固体干燥剂五氧化二磷,干燥氯气,防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解;装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流三氯化磷,防止三氯化磷、三氯化氧磷等受热挥发,降低三氯化氧磷的产率,为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管,故答案为P2O5;己;
(3)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外,还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速,有利于反应充分进行,故答案为通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速;
(4)温度在60~65℃,采用水浴加热能受热均匀,且易于控制温度,故答案为水浴;
(5)①由题意可知,测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂,用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到终点时的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色,故答案为滴入最后一滴KSCN标准溶液,溶液变红色,且半分钟内不褪色;
②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol,根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓,可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol,则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol —0.001mol)=0.003mol,水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol,由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为×10=0.01mol,所以产品中POCl3的质量分数为×100%=95.9%,故答案为95.9%;
③加入少量硝基苯可以使生成的氯化银沉淀离开溶液,如果不加硝基苯,在水溶液中部分氯化银可以转化成AgSCN,已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN),使得实验中消耗的AgSCN偏多,根据②的计算原理可知,会使测定结果将偏小,故答案为偏小。

硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂,也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示:

请回答下列问题:
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种,则它的化学式是____________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式:_________。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是_______(写酸的名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥和⑦的作用是__________。
(5)Se为ⅥA族元素,用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜,硒代硫酸钠还可用于Se的精制,写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式:______________。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是_________;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是____________。

【答案】CuSO4 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+ 硫酸 使CuCl干燥,防止其水解氧化 Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O 温度过低反应速率慢 温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
【解析】
酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜,过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl,发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+,得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化,
(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,将铜元素氧化为铜离子,据此分析;
(2)步骤③为铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl,铜元素化合价降低,则硫元素化合价升高,还有硫酸根离子生成,据此书写;
(3)由流程可知,经酸洗、水洗后得到硫酸铵,据此分析;
(4)根据已知“CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化”分析;
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水;
(6)温度过低,反应慢,温度过高、pH过大铵盐易分解,容易向CuO和Cu2O转化;
(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应,酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,将铜元素氧化为铜离子,氧化产物只有一种,则为CuSO4;
(2)步骤③的反应为:2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;
(3)由流程可知,经酸洗、水洗后得到硫酸铵,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;
(4)由题:CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化,步骤⑥醇洗,步骤⑦烘干,目的是:使CuCl干燥,防止其水解氧化;
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应为:Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O;
(6)流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低反应速率慢,CuCl产率低;温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵,亚硫酸铵)易受热分解;

用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气,其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)→CH4(g)+2H2O(g)
Ⅱ.CO(g)+3H2(g)→CH4(g)+H2O(g)
(1)温度与CH4、CO2的百分含量的变化规律如图1所示,则ΔH1___________0(填“>”或“<”);若生产中要提高CH4含量,可以选择的条件是___________。

(2)已知反应Ⅰ的反应历程涉及三步离子反应,如图2所示,离子方程式为:①、②,则反应③的离子方程式为___________。

(3)在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应Ⅱ,T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。
①T1温度下,0~tB时间段内,氢气的反应速率v(H2)=___________mol/(L·min)。
②T2温度下,将6molCO与10molH2通入1L密闭容器中,CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下,反应的平衡常数K(T2)___________。

时间/min

0

2

4

6

8

10

物质的量/mol

0

1.4

2.3

2.8

3.0

3.0

③T2温度下,若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O,反应达到平衡前,v(正)___________v(逆)(填“>”“<”或“=”),平衡常数___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】< 低温、高压 3 > 不变
【解析】
(1)根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可知,温度升高,CH4的量减少,而CO2的量增加,则反应逆向移动,可知ΔH1<0;该反应正反向为体积减少、放热,可知提高CH4含量的方法;
(2)根据图2所示可知,反应生成,据此写离子方程式;
(3)①T1温度下,0~tB时间段内,求甲烷的反应速率v(CH4),根据反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)可知,v(H2)=3v(CH4);
②根据表格可知,平衡时CH4的物质的量为3mol,根据三段式作答;
③求该状态下Qc,判断反应方向;温度不变平衡常数不变。
(1)根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可知,温度升高,CH4的量减少,而CO2的量增加,则反应逆向移动,可知ΔH1<0;该反应正反向为体积减少、放热,若生产中要提高CH4含量,可以选择的条件是低温、高压,故答案为:<;低温、高压;
(2)根据图2所示可知,反应生成,则反应③的离子方程式为:,故答案为:
(3)①T1温度下,0~tB时间段内,甲烷的反应速率v(CH4)=mol/(L·min),根据反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)可知,v(H2)=3v(CH4)= mol/(L·min),故答案为:
②根据表格可知,平衡时CH4的物质的量为3mol,根据三段式:,则K(T2)=,故答案为:3;
③T2温度下,若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O,反应达到平衡前,根据Qc=<3,则反应正向进行,故v(正)>v(逆),温度不变平衡常数不变,故答案为:>;不变。

据《自然·通讯》(Nature Communications)报道,我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题:
(1)基态硒原子的价电子排布式为________;硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。
(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________;
②标准状况下,V L CO2气体含有________个π键。
(3)苯分子中6个C原子,每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键,可记为(π右下角“6”表示6个原子,右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大π键,可表示为_______,Se的杂化方式为________。
(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成,其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为________;若晶胞参数a=b=524pm,c=1032pm,用NA表示阿伏加德罗常数的值,该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或化简,列出计算式即可)。

【答案】4s24p4 H2S或硫化氢 O=C=O π sp2 4
【解析】
(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式;根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大,物质的熔沸点越高,H2O分子之间存在氢键,物质的熔沸点最高分析判断;
(2)①化合物分子中都含有极性键,根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子,并书写其结构简式;②先计算CO2的物质的量,然后根据CO2分子中含有2个π键计算π键个数;
(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示;
(4)根据四方晶系CuFeS2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键,硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子;用均摊方法,结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数,确定晶胞内共CuFeS2的数目,a=b=0.524nm,c=1.032nm,则晶体的密度=计算。
(1)Se是34号元素,根据原子核外电子排布的构造原理,可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4,基态硒原子的价电子排布式为4s24p4;硒所在主族元素是第VIA,简单氢化物化学式通式是H2X,这些氢化物都是由分子构成,分子之间通过分子间作用力结合,分子间作用力随相对分子质量的增大而增大,分子间作用力越大,克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高,物质的熔沸点就越高,由于H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使其熔沸点在同族元素中最高,故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S;
(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子,其空间构型为直线型,结构式是O=C=O;
②VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)=mol,由于在1个CO2分子中含有2个π键,所以molCO2气体中含有的π键数目为mol×2×NA/mol=
(3)已知某化合物的结构简式为,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大π键,根据结构简式可知,形成大π键的原子个数是5个,有6个电子参与成键,因此可表示为π,其中Se的杂化方式为sp2;
(4)根据晶胞结构分析可知,由面心上Cu与2个S相连,晶胞中每个Cu原子与4个S相连,Cu+的配位数为4;
②晶胞中Fe2+数目=8×+4×+1=4,Cu+的数目=6×+4×=4,S2-数目为8×1=8,所以晶胞内共含4个CuFeS2,a=b=524pm,c=1032pm,则晶体的密度=g/cm3或g/cm3。

氟西汀(G)是一种治疗抑郁性精神障碍的药物,其一种合成路线如图:

已知:LiAlH4是强还原剂,不仅能还原醛、酮,还能还原酯,但成本较高。
回答下列问题:
(1)A的化学名称为___________,F的结构简式为___________。
(2)B中含氧官能团的名称为___________。
(3)D→E的反应类型为___________。
(4)反应②的化学方程式为___________。
(5)满足下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。
①苯环上只有2个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2:2:2:2:1:1的物质的结构简式为___________。
(6)也是一种生产氟西汀的中间体,设计以和CH3SO2Cl为主要原料制备它的合成路线(其他试剂任选)___________。

【答案】苯甲酸乙酯 羰基、酯基 取代反应 +H2 6
【解析】
氢气在催化剂加热的条件下,能还原醛、酮为醇,而LiAlH4是强还原剂,还能还原酯,则B→C为氢气还原B中的羰基,而LiAlH4还原B中的酯基,则C的结构简式为;根据G、的结构简式,可判断F的结构简式为
(1)根据A的结构简式,其化学名称为苯甲酸乙酯;F的结构简式为
(2)根据B的结构简式,含氧官能团的名称为羰基、酯基;
(3)D→E为CH3SO2-取代D中伯醇上羟基的氢原子,反应类型为取代反应;
(4)反应②为B中的羰基被氢气还原,化学方程式为+H2
(5) A的同分异构体中①苯环上只有2个取代基,②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应,则含有酚羟基、醛基或醛的结构,两个取代基为-OH、-CH2CH2CHO或-CH(CH3) CHO,分别存在邻间对3种,合计6种;其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2:2:2:2:1:1的物质为对称结构,即-OH、-CH2CH2CHO在苯环的对位,结构简式为
(6)与CH3SO2Cl发生取代反应生成,而由生成,可先发生消去反应,在于氯气发生加成反应后,再水解即可,则流程为

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