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2021年高三化学上册月考测验相关

福建省泉州市永春二中、永春六中2021届高三第三次联考化学题免费试卷在线检测

化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A.泉州府志中有:“元时南安有黄长者为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白,后人遂效之。”其原理是泥土具有吸附作用,能将红糖变白糖
B.将海水淡化可以解决淡水供应危机,向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化
C.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,该过程包括萃取操作
D.“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是硅

【答案】B
【解析】
A.黄泥疏松多孔,具有吸附作用,可除杂质,所以蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用,故A正确;
B.向海水中加入净水剂明矾能除去海水中悬浮的颗粒,但是不能除去盐分,不能使海水淡化,故B错误;
C.青蒿素在水中的溶解度小于在乙醚中的溶解度,可以用乙醚萃取青蒿素,则提取青蒿素用到萃取操作,故C正确;
D.晶体硅是优良的半导体材料,太阳能电池板的主要材料是晶体硅,故D错误;
故答案为B。

如图为某有机物的结构简式,下列关于该有机物的说法正确的是

A.分子式为C7H14O
B.7个碳原子可能在同一平面内
C.其含苯环的同分异构体有3种
D.能使酸性高锰酸钾溶液和溴的CCl4溶液褪色,且反应类型相同

【答案】B
【解析】
A.根据物质结构简式,结合C原子价电子数目是4,可知该物质分子式是C7H8O,A错误;
B.乙烯分子是平面分子,分子中所有原子在同一平面上,-CHO在同一平面上,可认为是取代乙烯分子中H原子的位置,在乙烯平面上。两个平面通过一条直线连接,可能在同一平面上,因此7个碳原子有可能在同一平面内,B正确;
C.该物质分子式是C7H8O,其含苯环的同分异构体可能是,共4种,C错误;
D.该物质含有不饱和的碳碳双键和醛基,能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪色,也可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色,因此反应类型不相同,D错误;
故合理选项是B。

为阿伏加德罗常数的值,下列说法一定正确的是
A.一定条件下,反应可生成
B.标准状况下,纯净的中含有个原子
C.反应,转移电子数为
D.完全燃烧,有键断裂

【答案】C
【解析】
A.氮气和氢气反应是可逆反应,不能计算生成氨气的物质的量,A错误;
B.标况下三氧化硫不是气体,不能用标况下气体摩尔体积计算,故11.2L三氧化硫的物质的量大于0.5mol,其原子的物质的量大于2mol,B错误;
C.反应时,氯气完全反应,转移2mol电子,C正确;
D.C2H6O没有说明是乙醇还是甲醚,每个乙醇分子含有5个碳氢键,每个甲醚分子含有6个碳氢键,所以不能计算断裂的碳氢键数值,D错误;
故选C。

用下列实验装置能达到相关实验目的的是

实验装置

实验目的

除去胶体中混有的NaCl溶液

吸收多余的氨气且防止倒吸

称量固体

测定中和反应的反应热

A

B

C

D


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

【答案】D
【解析】
A.Fe(OH)3胶粒也能透过滤纸,则除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液应选择渗析,故A错误;
B.苯在水溶液的上层,氨气直接通入稀硫酸中,不能防止倒吸,应用四氯化碳,故B错误;
C.NaOH固体易潮解且有强腐蚀性,称取NaOH固体时应放在小烧杯中,而不能放在纸片上,故C错误;
D.温度计可测定混合液的最高温度,且保温效果好,图中装置可测定中和热,故D正确;
故答案为D。

下列离子方程式书写正确的是
A.在碱性溶液中,NaClO将Mn2+氧化成MnO2:Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+Cl-+2H+
B.向NaOH溶液中加入少量溶液:
C.向溶液中加入稀硫酸:
D.向硫酸铝溶液中加入过量氨水:

【答案】B
【解析】
A.碱性溶液中产物不可能为氢离子,正确的离子方程式应为:Mn2++ClO-+2OH-═MnO2↓+Cl-+H2O,A错误;
B.NaOH溶液与少量溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水,离子方程式为:,B正确;
C.得失电子不守恒,正确的离子方程式应为:,C错误;
D.一水合氨为弱碱,不能溶解氢氧化铝,正确的离子方程式应为:,D错误;
故选B。

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的一种原子中没有中子,X的简单气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应,Y的族序数等于其周期数,W、Z的最高正价之和等于X、Y的最高正价之和。下列说法正确的是(  )
A.简单离子的半径:Z>X>Y>W
B.简单气态氢化物的还原性:Z>X
C.最高价氧化物对应水化物的酸性:X>Y>Z
D.W、X、Z三种元素组成的化合物中只含有共价键

【答案】A
【解析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W的一种原子中没有中子,W为H元素;X的简单气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应,X为N元素;Y所在的族序数等于周期序数,结合原子序数可知Y为Al元素;W、Z元素的最高正价之和等于X、Y元素的最高正价之和,可知Z的最高正价为+7,Z为Cl元素,据此分析解答。
根据上述分析可知,W为H元素、X为N元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A.电子层越多,离子半径越大,具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则简单离子半径:Z>X>Y>W,故A正确;
B.元素的非金属性越强,对应氢化物的还原性越弱,则简单气态氢化物的还原性:X>Z,故B错误;
C.非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强,则最高价氧化物对应的水化物酸性:Z>X>Y,故C错误;
D.W、X、Z三种元素组成的化合物为氯化铵时,含有离子键和共价键,故D错误;
答案选A。

高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂,制备流程如图所示:

下列叙述错误的是( )
A.该生产条件下,物质的溶解性:Na2FeO4> K2FeO4
B.可用FeCl2溶液作为反应I中尾气吸收剂,且反应后溶液能在上述流程中利用
C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D.用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时可产生胶体吸附杂质净化水

【答案】C
【解析】
A.根据Na2FeO4与饱和KOH溶液反应生成K2FeO4和NaOH,说明物质的溶解性:Na2FeO4> K2FeO4,故A正确;
B.反应I中尾气是氯气,因此可用FeCl2溶液作为反应I中尾气吸收剂,生成FeCl3,且反应后溶液进入到反应II进行反应,故B正确;
C.反应II中Fe3+与ClO-反应生成和Cl-,根据化合价升降守恒,因此反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2,故C错误;
D.K2FeO4中+6价铁具有强氧化性,用于饮用水杀菌消毒,得到的还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体,氢氧化铁胶体吸附杂质达到净化水,故D正确。
综上所述,答案为C。

如图分别代表溴甲烷和三级溴丁烷发生水解的反应历程。下列说法正确的是
I.
II.


A.反应的I的△H>0
B.反应II有三个过渡态
C.增加氢氧化钠的浓度可使反应Ⅰ速率增大,反应Ⅱ速率减小
D.反应过程中反应Ⅰ和Ⅱ都有C-Br的断裂和C-O的形成

【答案】D
【解析】
A.根据图示可知:对于反应I:由于反应物的总能量比生成物的总能量高,所以发生反应放出热量,该反应为放热反应,△H<0,A错误;
B.由图可知,(CH3)3CBr先转化为(CH3)3...Br,然后转化为(CH3)3...OH,则反应II有两个过渡态,B错误;
C.反应I中增加氢氧根离子浓度可使反应速率加快,而反应II则分成两部分,且第一部分活化能大,为慢反应,整个反应II的反应速率由第一步决定,第一步中并没有氢氧化钠参与,故增加氢氧化钠的浓度反应速率不一定增大,C错误;
D.反应过程中反应I和II都是卤代烃转化为醇,即都存在C-Br的断裂和C-O键的形成,D正确;
故合理选项是D。

某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示,甲装置为甲醇-空气燃料电池,乙装置能将转化为,X、Y是特殊催化剂型电极。下列说法正确的是

A.b口通入空气,c口通入甲醇
B.甲装置中向M极移动,乙装置中向Y极移动
C.Y极的电极反应式为
D.理论上,每生成22.4L(标准状况下)O2,必有4mol电子由N极流向X极

【答案】C
【解析】
图乙为电解池,并且CO2在Y极上发生还原反应生成C6H12O6,则Y极为阴极,电极反应式为6CO2+24H++24e-═C6H12O6+6H2O,X电极为阳极,阳极上H2O失电子生成O2,电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑,甲装置为甲醇-空气燃料电池,与阳极X极相接的N极为原电池正极,与阴极Y极相接的M极为负极,则c口通入空气,b口通入甲醇,原电池工作时阳离子移向正极N,电路中电子流向:M→Y,X→N,据此分析解答。
A.图乙中CO2在Y极上发生还原反应生成C6H12O6,则Y为阴极,图甲中M极为负极,b中通入的是甲醇,c口通入空气,故A错误;
B.甲装置为甲醇-空气燃料电池,N极为正极,M极为负极,甲装置中H+向N极移动,图乙为电解池,H+向阴极Y极移动,故B错误;
C.Y极为阴极,CO2在Y极上发生还原反应生成C6H12O6,电极反应式为6CO2+24H++24e-═C6H12O6+6H2O,故C正确;
D.22.4L(标准状况下)O2的物质的量n==1mol,阳极上H2O失电子生成O2,电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑,则电路中必有4mol电子由X极流向N极,故D错误;
故答案为C。

已知室温下向的草酸(H2C2O4)溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液,所得混合溶液中三者中各自所占的物质的量分数(a)与溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A.室温下溶液的导电能力弱于溶液
B.室温下将固体加入水中,水电离出的小于
C.室温下的二级电离常数的数量级为
D.当时,溶液中存在

【答案】B
【解析】
草酸(H2C2O4)溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液,根据图象得出a为H2C2O4的浓度变化,b为的浓度变化,c为的浓度变化,据此分析。
A.H2C2O4为弱酸在溶液中不完全电离,Na2C2O4为强碱盐,在溶液中完全电离,但溶液的导电能力与离子浓度及离子所带电荷数有关,不知道两溶液的浓度,则室温下H2C2O4溶液的导电能力与Na2C2O4溶液的导电能力没法比较,故A错误;
B.溶液中水解促进水的电离,使溶液显碱性,而电离出H+使溶液显酸性,由图象得出,NaHC2O4溶液显酸性,说明溶液中的电离程度大于水解程度,整体抑制水的电离,则水电离出的c(H+)小于1.0×10-7mol•L-1,故B正确;
C.由图象bc曲线的相交点得出,c()=c()时pH=4.5,Ka2==10-4.5,故C错误;
D.当V(NaOH)=20mL时,完全反应生成NaHC2O4,溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+2c()+c()=c(Na+)+c(H+),物料守恒c(H2C2O4)+c()+c()=c(Na+),得出c(H+)=c(H2C2O4)+c()+c(OH-),故D错误;
故答案为B。

工业上用废铜屑(含杂质铁)制备硫酸铜晶体(胆矾)的流程如下,请回答有关问题:

(1)加入溶液的目的是_______(用离子方程式表示)。
(2)由溶液E制备纯净胆矾的“一系列操作”包括_______、_______、过滤、洗涤、低温干燥。洗涤晶体时用乙醇代替蒸馏水的目的是_______,并缩短干燥所需时间。
(3)实验室中Cu(含杂质铁)可在如图所示装置(夹持、加热装置省去未画)内发生反应生成硫酸铜和少量硫酸铁,再进一步从所得溶液中获得硫酸铜晶体。

①a仪器名称为_______
②铜与稀硫酸和稀硝酸的混合酸发生反应的实验现象为_______;该实验中最好控制所加的物质的量之比为_______。
③若使用的硝酸是浓硝酸,则铜与混合酸反应生成的两种气体是_______(填化学式);若这两种气体与NaOH溶液反应后只生成一种盐,则该反应的化学方程式为_______。

【答案】 蒸发浓缩 冷却结晶 洗去晶体表面的杂质,减少晶体的溶解损失 三颈烧瓶 固体溶解,溶液变为蓝色,有气泡生成,烧瓶中气体呈红棕色 2:3 、NO
【解析】
由制备实验流程可知,Fe和Cu灼烧,铜与氧气反应生成CuO, Fe与氧气不能完全反应,加入稀硫酸,反应生成硫酸铜和硫酸亚铁、硫酸铁,为了除去二价铁,由完全生成氢氧化物沉淀时溶液的pH可知,需将二价铁氧化生成三价铁,然后调节pH形成沉淀,过滤除去氢氧化铁沉淀,滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾,据此解答。
(1)加入溶液的目的是氧化亚铁离子,离子方程式为
(2)由溶液E制备纯净胆矾的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。乙醇可降低胆矾的溶解度,减少其溶解损失。
(3)①a仪器名称为三颈烧瓶;
②铜与稀硫酸和稀硝酸的混合酸发生反应生成硫酸铜,一氧化氮和水,一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮,实验现象为固体溶解,溶液变为蓝色,有气泡生成,烧瓶中气体呈红棕色;反应方程式为:方程式为3Cu+ 3H2SO4+ 2HNO3=3CuSO4+ 2NO↑+4H2O,所以该实验中最好控制所加的物质的量之比为2:3。
③若使用的硝酸是浓硝酸,铜和浓硝酸反应生成二氧化氮,随着反应进行硝酸变为稀硝酸,此时铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体,根据氧化还原反应分析,二氧化氮和一氧化氮和氢氧化钠发生归中反应,生成亚硝酸钠,方程式为:

以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO,另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体(ZnC2O4⋅2H2O)

已知:常温下Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39, Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
请问答下列问题:
(1)为了提高“酸浸”时锌元素的浸出率,可以采取的措施有:_________、________(填写2条)。
(2)“除锰”反应后,溶液的pH__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)常温下“除铁”反应中,加入ZnCO3可调节溶液的pH,使得Fe3+和部分Cu2+被除去,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Cu2+)/ c( Fe3+)=________________ 。
(4)“除铜”反应的离子方程式为________。
(5)若“沉淀”过程中采用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4生产草酸锌晶体,应该在搅拌下,将Na2C2O4溶液缓慢加入ZnCl2溶液中,如果顺序颠倒,会产生的不良后果是__________。
(6)将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率(剩余固体的质量/原始固体的质量×100%)随温度的变化如图所示,则A、B点固体的化学式分别为____、___________。

【答案】适当提高盐酸浓度 适当提高反应温度、适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间(填2条即可) 减小 8.5×1012 ZnS+Cu2+CuS+Zn2+ 产生Zn (OH)2杂质 ZnC2O4 ZnO
【解析】
用含主要成分为ZnO,还含有少量Fe2O3,CuO,SiO2和MnO的原料制备草酸锌晶体,所以制备过程中应当想办法除去Fe,Cu,Si,Mn等杂质元素;第一步对原料进行酸浸操作,除SiO2不溶于盐酸外,其余的组分都溶解成相应的金属阳离子,这一步就将SiO2杂质去除了;接着,向酸浸后的滤液中加入过氧化氢,进行除锰操作,原料中的Mn为+2价,除锰操作获得的是+4价的锰,所以这一步骤中,Mn被氧化;接着,除铁步骤利用ZnO调节溶液pH值,将Fe3+除去;除铜步骤,加入的是ZnS,生成CuS,这一步涉及沉淀的转化反应;最后向溶液中加入草酸铵最终获得草酸锌产品。
(1)为了提高浸出率,可以想办法提高酸浸时的反应速率,或者延长酸浸时间;因此可以提高酸浓度,或者提高温度,或者充分搅拌等;
(2)除锰步骤中,过氧化氢与溶液中的Mn2+发生氧化还原反应,离子方程式为:;由于生成了H+,所以溶液的pH减小;
(3)Fe(OH)3和Cu(OH)2两种沉淀共存时,有:以及成立;所以:
(4)除铜时加入的是ZnS,生成的是CuS,发生的反应离子方程式为:
(5)由于草酸钠的碱性相比于草酸铵更强,所以若将ZnCl2溶液直接加入草酸钠溶液中,可能会生成Zn(OH)2杂质;
(6)假设加热的草酸锌晶体的初始质量为189g,即1mol;那么根据图像可知,A点时,固体质量剩余约为153g,失去的质量恰好是草酸锌晶体中结晶水的质量,所以A点固体的化学式为ZnC2O4;B点时,固体剩余质量约为81g,B点后质量几乎不再变化,根据质量守恒关系,B点的固体中除65g锌元素,剩余的即为16gO元素,所以B点固体的化学式为ZnO。

CO2既是温室气体,也是重要的化工原料,CO2的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
(1)已知:①

则CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=_______
(2)在体积为1 L的密闭恒容容器中,充入4 mol H2和1 mol CO2,发生反应:CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)测得温度对CO2的平衡转化率(%)和催化剂催化效率的影响如图所示。

①欲提高CO2的平衡转化率,可采取的措施有_______。(填序号)
A.通入惰性气体 B.使用合适的催化剂 C.增加H2浓度
D.增加CO2浓度 E.使H2O液化分离
②下列说法正确的是_______。(填序号)
A.平衡常数大小:KN<KM
B.其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M1
C.当压强或混合气体的密度保持不变时均可证明化学反应已达到平衡状态
D.其他条件不变,加入催化剂可以降低该反应活化能,△H不变
③已知M点总压为2MPa,该反应在此温度下的平衡常数Kp=_______。(Kp是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数,气体分压气体总压体积分数)
(3)工业上用NaOH溶液作CO2捕捉剂可以降低碳排放,若标况下将4.48 L CO2通入200 mL1.5 mol/L NaOH溶液中,写出此反应的离子方程式:_______,所得溶液离子浓度由大到小的顺序为_______,若常温下某次捕捉后得到pH=10的溶液,则溶液中c():c()_______。已知常温下

【答案】-265.2 CE AD 0.25 2CO2+3OH-=++H2O c(Na+)>c()>c()>c(OH-)>c(H+) 1:2
【解析】
(1)已知:①

根据盖斯定律,将①-②,整理可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=-265.2 kJ/mol;
(2)①A.反应在恒容密闭容器中进行,向其中通入惰性气体,物质的浓度不变,因此对化学平衡移动无影响,因此不能提高CO2的平衡转化率,A不符合题意;
B.使用合适的催化剂,化学平衡不发生移动,因此物质的平衡转化率不变,B不符合题意;
C.该反应的正反应是气体体积减小的反应,增加H2浓度反应物浓度增大,化学平衡正向移动,能提高CO2的平衡转化率,C符合题意;
D.增加CO2浓度化学平衡正向移动,但平衡移动消耗量远小于投入量的增加,因此最终达到平衡时CO2的平衡转化率降低,D不符合题意;
E.使H2O液化分离,即减小生成物的浓度,化学平衡正向移动,可提高CO2的平衡转化率,E符合题意;
故合理选项是CE;
②A.根据图象可知:升高温度,CO2的平衡转化率降低,说明升高温度,化学平衡逆向移动,该反应的正反应是放热反应,由于温度:N>M,所以化学平衡常数KN<KM,A正确;
B.催化剂只能改变反应途径,不能使化学平衡发生移动,因此其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率也可能为于M点,不可能位于点M1,B错误;
C.反应在恒容密闭容器中进行,反应混合物都是气体,气体的质量不变,体积不变,则气体的密度始终不变,因此不能据此判断反应是否达到平衡状态,C错误;
D.其他条件不变,加入催化剂可以改变反应途径,使反应在较低条件下进行,但不能改变反应物、生成物的能量,因此不能改变反应热,即催化剂能够降低该反应活化能,△H不变,D正确;
故合理选项是AD;
③在反应开始时n(H2)=4 mol,n(CO2)=1 mol,在反应达到平衡时CO2的平衡转化率是50%,根据物质转化关系可知此时n(CO2)=0.5 mol,n(H2)=2 mol,n(CH4)=0.5 mol,n(H2O)=1 mol,此时气体总物质的量n总=0.5 mol+2 mol+0.5 mol+1 mol=4 mol,各种气体的物质的量分数分别是CO2:;H2:;CH4:;H2O:,已知M点总压为2 MPa,所以该反应在此温度下的平衡常数Kp=
(3)4.48 L标准状况下CO2气体的物质的量n(CO2)==0.2 mol,200 mL1.5 mol/L NaOH溶液中含有溶质的物质的量n(NaOH)=1.5 mol/L×0.2 L=0.3 mol,n(CO2): n(NaOH)=2:3,则二者反应产生等物质的量的Na2CO3、NaHCO3,反应的离子方程式为:2CO2+3OH-=++H2O;
反应后生成的溶液为碳酸钠和碳酸氢钠物质的量1:1的混合溶液,根据物料守恒可知溶液中Na+的浓度c(Na+)最大; NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度;Na2CO3中水解导致溶液也呈碱性;但是第一步水解程度远远大于的第二步水解程度,水解还产生,则离子浓度:c()>c();水解都生成OH-,水解使溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+);但是其水解程度都较小,水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度,则c()>c(OH-),故该溶液中的离子浓度由大到小的顺序是:c(Na+)>c()>c()>c(OH-)>c(H+);
若常温下某次捕捉后得到pH=10的溶液,则溶液中c(H+)=10-10 mol/L,K2= ,所以,则c():c()=1:2。

第ⅤA族元素在科研、化工生产等领域中具有重要的意义,回答下列相关问题:
(1)第ⅤA族元素价电子的排布通式为_______;未成对电子数是_______。
(2)N2H4是火箭发射中常用的燃料,分子中N原子轨道杂化类型为_______;已知结构相似,则熔点_______(填“高于”或“低于”)P2H4。
(3)C、N、O三种非金属元素的第一电离能由大到小顺序是_______。
(4)NH3分子中键角明显小于键角,原因是_______。
(5)N原子与B原子能够形成多种不同的晶体结构。
①已知六方氮化硼晶体结构与石墨极为相似,其为白色晶体,俗称白石墨。但该晶体难以导电,原因是_______。
②已知立方氮化硼的晶胞结构如图所示。该晶胞中N原子的配位数为_______;该结构中含有配位键,提供空轨道的原子是_______。若晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为,则该晶体的密度为_______(列出计算式)。

【答案】 3 高于 提供孤对电子与形成配位键后,成键电子对受到的排斥力减小,所以键角增大 结构中无自由移动的电子 4 B原子
【解析】
第ⅤA族元素的最外层为5个电子,再确定价电子排布式和未成对电子;根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型,形成氢键;结合配合物的形成特点分析;根据导电的条件为含有自由移动的电子分析,根据均摊法分析晶胞的组成,确定晶胞的质量和体积,再计算密度。
(1)第ⅤA族元素的最外层为5个电子,价电子排布式为ns2np3,p轨道上有3个未成对电子;
(2)N2H4中每个N原子价层电子对个数是3+=4,该分子中的N原子的杂化类型是sp3杂化;N2H4与P2H4结构相似,都属于分子晶体,N2H4分子形成分子间氢键,使其熔沸点升高;
(3) NH3中心原子N的价层电子对数是3+=4,其中有1个孤对电子,N原子为sp3杂化,孤对电子影响H-N-H键角的大小,而NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后,N-H成键电子对受到的排斥力减小,所以H-N-H键角增大;
(4)C、N、O是同周期主族元素,随核电荷数增大,第一电离能呈增大趋势,但N原子的2p3是半充满结构,相对稳定,不易失电子,则三种非金属元素的第一电离能由大到小顺序是N>O>C;
(5)①虽然六方氮化硼晶体结构与石墨极为相似,但是其内部没有自由移动的电子,所以不导电;
②根据晶胞结构分析,N原子占据晶胞的顶点和面心,1个N周围有4个与之等距且最近的B原子,所以N的配位数为4,B是缺电子结构,可提供空轨道,一个晶胞中含有N的个数为8×+6×=4个,含有B的个数为4个,晶胞的体积为V=(a×10-10)3cm3,所以晶体密度为ρ==g•cm-3=g•cm-3。

如图是利用芳香烃A制备聚酯类化合物G的流程图。

已知:
回答下列问题:
(1)A的名称为_______,D的结构简式为_______。
(2)反应①所需试剂是_______;反应④、⑤的反应类型分别是_______、_______。
(3)设计反应③、⑤的目的是_______。
(4)写出反应⑥的化学方程式_______。
(5)同时符合下列条件的F的同分异构体有_______种,其中在溶液中能够与NaOH以物质的量之比1:3发生反应的物质的结构简式为_______。
①遇溶液显紫色;
②能够发生银镜反应;
③结构中不含有键,核磁共振氢谱显示有4组峰,峰面积之比为1:1:2:2.

【答案】甲苯 液溴、铁 氧化反应 取代反应 保护酚羟基,防止被氧化 n+(n-1)H2O 3
【解析】
由A与B的分子式,结合C的结构简式,可知A为,A与溴在Fe作催化剂条件下生成B为,B发生卤代烃水解反应引入酚羟基,酚羟基又与氢氧化钠发生中和反应生成C,对比C、E的结构可知,结合D的分子式及反应条件,可知C发生取代反应生成D,D发生氧化反应生成E,故D为,E重新引入酚羟基而生成F,由于酚羟基易被氧化,可知设计反应③、⑤的目的是保护酚羟基,防止被氧化,F发生缩聚反应生成聚酯类化合物G为
(1)由分析可知,A的结构简式为,则A的化学名称为甲苯;D的结构简式为
(2)反应①为苯环上的氢原子被溴原子取代,则反应所需试剂是液溴和铁粉;反应④为D发生氧化反应生成E,反应类型为氧化反应,而反应⑤为E重新引入酚羟基而生成F,反应类型是取代反应;
(3)反应③消除酚羟基,反应⑤重新引入酚羟基,而反应④用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基,由于酚羟基易被氧化,设计反应③、⑤的目的是:保护酚羟基,防止被氧化;
(4)反应⑥是缩聚反应,发生反应的化学方程式为n+(n-1)H2O;
(5)F为,同时符合下列条件的F的同分异构体:①遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基,②能够发生银镜反应,说明含有醛基或甲酸形成的酯基,③结构中不含有-O-O-键,核磁共振氢谱显示有4组峰,峰面积之比为1:1:2:2,说明存在对称结构,符合条件的同分异构体有:共3种,其中在溶液中能够与NaOH以物质的量之比1:3发生反应的物质的结构简式为:

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