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2019年高三化学上半期高考模拟相关

惠州市高三化学2019年上半期高考模拟带答案与解析

化学与生活密切相关,下列说法错误的是:
A. 纤维素和淀粉水解的最终产物相同
B. 二氧化硫有漂白性,可用于纸浆的漂白
C. 车用乙醇汽油的使用有利于减少人类对石油的依赖
D. 加碘食盐中含碘物质主要是KI

【答案】D
【解析】
A项,纤维素和淀粉水解的最终产物都是葡萄糖,A项正确;
B项,SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等,B项正确;
C项,传统汽油主要来源于石油,石油属于非再生能源,乙醇主要通过糖类农作物和纤维类植物原料来生产,糖类农作物和纤维类植物相比石油都是可再生能源,车用乙醇汽油的使用有利于减少人类对石油的依赖,C项正确;
D项,加碘食盐中的含碘物质主要是KIO3,D项错误;
答案选D。

设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是:
A. 42g己烯中含有碳氢键数目为3NA个
B. 5.6g Fe与足量盐酸完全反应时,失去电子数目为0.2 NA
C. 若1 mol AlCl3完全转化为Al(OH)3胶体,则分散系中胶体微粒数为NA
D. 将0.1 mol N2与0.3 mol H2在一定条件下充分反应,生成0.2 NA个 NH3分子

【答案】B
【解析】
A项,己烯的分子式为C6H12,1个己烯中含12个C—H键;
B项,Fe与盐酸反应生成FeCl2和H2,1molFe参与反应失去2mol电子;
C项,Al(OH)3胶体中的胶粒是一定数目Al(OH)3的集合体;
D项,N2与H2在一定条件下合成NH3的反应是可逆反应。
A项,己烯的分子式为C6H12,n(己烯)=42g÷84g/mol=0.5mol,1个己烯中含12个C—H键,42g己烯中含碳氢键物质的量为0.5mol×12=6mol,含碳氢键数目6NA个,A项错误;
B项,n(Fe)=5.6g÷56g/mol=0.1mol,Fe与盐酸反应生成FeCl2和H2,1molFe参与反应失去2mol电子,5.6gFe与足量盐酸完全反应失去0.2mol电子,失去的电子数为0.2NA,B项正确;
C项,1molAlCl3完全转化生成1molAl(OH)3,Al(OH)3胶体中的胶粒是一定数目Al(OH)3的集合体,Al(OH)3胶体中的胶粒物质的量小于1mol,含胶体微粒数小于NA,C项错误;
D项,N2与H2在一定条件下合成NH3的反应是可逆反应,将0.1molN2与0.3molH2在一定条件下充分反应生成的NH3物质的量小于0.2mol,生成的NH3分子数小于0.2NA,D项错误。
答案选B。

我国科学家屠呦呦因创造性地研制出抗疟新药青蒿素和双氢青蒿素(对疟原虫有100%的抑制率)而获2015年诺贝尔医学奖。如图为青蒿素的键线式,以下关于青蒿素的说法错误的是

A. 含有酯基,可水解
B. 含有过氧键,有较强氧化性,且不够稳定
C. 青蒿素的化学式C15 H24O5
D. 在水中溶解度不大,易溶于有机溶剂

【答案】C
【解析】
A项,青蒿素中含有酯基,青蒿素可水解,A项正确;
B项,青蒿素中含过氧键(—O—O—),过氧键有较强氧化性,且不够稳定,B项正确;
C项,青蒿素的不饱和度为5,青蒿素的化学式为C15H22O5,C项错误;
D项,青蒿素中含酯基、醚键、过氧键,不含羟基、羧基等亲水基,青蒿素在水中溶解度不大,易溶于有机溶剂,D项正确;
答案选C。

某兴趣小组探究SO2气体的还原性,装置如图所示,下列说法不合理的是

A. A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,可以说明SO2有还原性
B. B装置中蓝色退去,说明还原性:SO2>I-
C. C装置中吸收尾气有可能倒吸
D. A、B装置中发生的反应转移电子数一定相等。

【答案】D
【解析】
A项,A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,Fe3+被还原为Fe2+,说明SO2具有还原性;
B项,B装置中蓝色褪去,说明SO2与碘水发生了氧化还原反应,依据氧化还原反应中还原性:还原剂>还原产物分析;
C项,SO2能被NaOH溶液迅速吸收,导致C装置中导管内压强明显减小,C装置中可能产生倒吸;
D项,A、B装置中消耗反应物物质的量不确定。
A项,A装置中FeCl3溶液逐渐变为浅绿色,说明Fe3+被还原为Fe2+,则SO2被氧化,A装置中发生的反应为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,说明SO2具有还原性,A项正确;
B项,B装置中蓝色褪去,说明SO2与碘水发生了氧化还原反应,反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-,在该反应中SO2为还原剂,I-为还原产物,氧化还原反应中还原性:还原剂>还原产物,则还原性:SO2>I-,B项正确;
C项,SO2污染大气,用NaOH溶液吸收尾气,SO2能被NaOH溶液迅速吸收,导致C装置中导管内压强明显减小,C装置中可能产生倒吸,C项正确;
D项,A、B装置中发生的离子反应依次为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+、SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-,由于A、B装置中消耗反应物物质的量不确定,A、B装置中反应转移电子物质的量不一定相等,D项错误;
答案选D。

已知a、b、c、d四种短周期主族元素,在周期表中相对位置如图,下列说法正确的是

A. a、c两元素的最高正价一定相等
B. 原子半径大小顺序为:c>d>b>a
C. a、b两元素可能形成多种共价化合物
D. c、d二种元素气态氢化物的稳定性比较:c > d

【答案】C
【解析】
A项,若a、b、c、d依次为O、F、S、Cl元素,O没有最高正价,S的最高正价为+6价,A项错误;
B项,根据“层多径大,序大径小”,原子半径由大到小的顺序为:c>d>a>b,B项错误;
C项,若a、b、c、d依次为N、O、P、S元素,N与O可形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种共价化合物,C项正确;
D项,根据c、d在周期表中的位置,非金属性:c<d,c、d两种元素气态氢化物稳定性:c<d,D项错误;
答案选C。

用阴离子交换膜控制电解液中OH-的浓度制备纳米Cu2O,反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑,装置如图,下列说法中正确的是

A. 电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动
B. 阳极发生的反应为:2Cu -2e- +2OH- = Cu2O+H2O
C. 阴极OH-放电,有O2生成
D. Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1

【答案】B
【解析】
根据装置图和电解总反应分析,Cu极为阳极,Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;Ti极为阴极,Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-;电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动;据此分析作答。
Cu极与外加电源的正极相连,Cu极为阳极,Ti极与外加电源的负极相连,Ti极为阴极;
A项,电解时阴离子向阳极移动,OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动,A项错误;
B项,Cu极为阳极,阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O,B项正确;
C项,Ti极为阴极,阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,阴极有H2生成,C项错误;
D项,根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等,Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1,D项错误;
答案选B。

25℃时,草酸溶液中部分微粒的物质的量浓度随NaOH溶液的加入pH 的变化如图所示。其中c (H2C2O4) +c (HC2O4-)+ c (C2O42-)=0.1mol/L,下列说法不正确的是

A. H2C2O4的Ka2数量级为10-5
B. NaHC2O4溶液中,c (Na+)>c(HC2O4-)>c (H+)>c (OH-)
C. 0.1mol/L 的H2C2O4溶液,H2C2O4的电离度为80%
D. pH=7.0的溶液中,c (Na+)=0.1 + c(C2O42-) - c (H2C2O4)

【答案】C
【解析】
A项,根据c(HC2O4-)=c(C2O42-)时溶液的pH计算H2C2O4的Ka2;
B项,根据图像知NaHC2O4溶液呈酸性,NaHC2O4溶液中HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度,据此分析判断NaHC2O4溶液中离子浓度的大小顺序;
C项,由图像中0.1mol/LH2C2O4溶液中c(HC2O4-)分析H2C2O4的电离度;
D项,由电荷守恒和c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L分析。
A项,H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H++HC2O4-、HC2O4-H++C2O42-,H2C2O4的Ka2=,根据图像当c(HC2O4-)=c(C2O42-)时溶液的pH介于4和5之间,H2C2O4的Ka2数量级为10-5,A项正确;
B项,根据图像知NaHC2O4溶液呈酸性,NaHC2O4溶液中HC2O4-的电离程度(HC2O4-H++C2O42-)大于HC2O4-的水解程度(HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-),但HC2O4-的电离程度和水解程度都很微弱,NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-),B项正确;
C项,H2C2O4的电离以第一步电离为主,已电离的H2C2O4分子的浓度等于溶液中c(HC2O4-),图像中0.1mol/LH2C2O4溶液中c(HC2O4-)<0.08mol/L,0.1mol/LH2C2O4溶液中H2C2O4的电离度为×100%<80%,C项错误;
D项,加入NaOH溶液后溶液中的电荷守恒式为:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),常温下pH=7.0的溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),则pH=7.0的溶液中的电荷守恒为c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),将c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1mol/L代入得c(Na+)=0.1+c(C2O42-)-c(H2C2O4),D项正确;
答案选C。

实验室中Y形管是一种特殊的仪器,通常与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用下图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。回答下列问题:

(1)广口瓶中间那根玻璃管的作用是:__________________________________________。
(2)实验前需要将BaCl2溶液煮沸,其目的是:_________________________________。
(3)甲中发生反应的化学方程式为:____________________________________________。
(4)乙中分别加入一种常用氧化物和一种无色液体,常温下将两者混合可产生一种碱性气体。该反应的化学方程式为:____________________________________________。
(5)实验时,先使甲中产生的足量气体通入BaCl2溶液中,始终无沉淀生成。由此得出的结论是_______。
(6)向上述⑸实验所得溶液中通入乙产生的气体,产生白色沉淀,请写出发生反应的离子方程式:_____。
(7) 请指出该实验的一个不足之处:____________________________________________。

【答案】平衡压强,使甲、乙中的气体可顺利进入BaCl2溶液中 排除溶解的O2防止将SO2在溶液中氧化为SO42-而对实验产生干扰 Na2SO3+H2SO4(浓)=SO2↑+Na2SO4+H2O CaO + NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2O NH3↑ +H2O ) 在酸性条件下不能生成BaSO3沉淀 SO2+2NH3+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2NH4+ SO2可能对环境产生污染(或没尾气处理装置)、通NH3时有可能倒吸
【解析】
本题的实验目的是探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。甲装置中Na2SO3与浓H2SO4反应制备SO2;为了防止BaCl2溶液中溶解的O2与SO2作用产生的SO42-干扰实验的判断,实验前需要将BaCl2溶液煮沸赶尽溶解氧;通过实验现象得出在酸性条件下SO2不能与BaCl2反应生成BaSO3沉淀;装置乙中产生的碱性气体为NH3,由CaO和氨水作用产生NH3;SO2、NH3通入BaCl2溶液中产生BaSO3沉淀;SO2、NH3都能污染大气,NH3极易溶于水,该装置的不足之处是没有尾气吸收装置、通NH3时可能产生倒吸;根据上述分析作答。
(1)广口瓶中间那根玻璃管的作用是:平衡压强,使甲、乙中的气体可顺利进入BaCl2溶液。
(2)为了防止BaCl2溶液中溶解的O2与SO2作用产生的SO42-干扰实验的判断,实验前需要将BaCl2溶液煮沸,其目的是:排除溶解的O2,防止将SO2在溶液中氧化为SO42-而对实验产生干扰。
(3)甲中Na2SO3与浓H2SO4反应生成Na2SO4、H2O和SO2,反应的化学方程式为:Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。
(4)乙中分别加入一种常用氧化物和一种无色液体,常温下将两者混合可产生一种碱性气体,该碱性气体为NH3,获得NH3的常用氧化物为CaO、无色液体为氨水,两者反应的化学方程式为:CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑。
(5)实验时,将甲中产生的足量SO2通入BaCl2溶液中,始终无沉淀生成,由此说明:酸性条件下SO2不能与BaCl2反应生成BaSO3沉淀。
(6)向上述(5)实验所得溶液中通入NH3,产生白色沉淀,反应的化学方程式为SO2+2NH3+H2O+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl,反应的离子方程式为SO2+2NH3+H2O+Ba2+=BaSO3↓+2NH4+。
(7)SO2、NH3都能污染大气,该装置的不足之处是没有尾气吸收装置;NH3极易溶于水,该装置的不足之处是装置中d导管插入BaCl2溶液中,通NH3时可能产生倒吸。

甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
① CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  ΔH1 =-99kJ·mol-1
② CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-58 kJ·mol-1
③ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  ΔH3
(1)CO2的电子式是________________。
(2)ΔH3=______kJ·mol-1,②反应正向的熵变ΔS______0(填“>”“<”或“=”)。
(3)在容积为2 L的密闭容器中,充入一定量CO2和H2合成甲醇(上述②反应),在其他条件不变时,温度T1、T2对反应的影响图像如图。

①温度为T1时,从反应到平衡,生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)=_____ mol·L-1·min-1。
②图示的温度T1______T2(填写“>”、“<”或“=”)
(4)T1温度时,将2 mol CO2和6 mol H2充入2 L密闭容器中,充分反应(上述②反应)达到平衡后,若CO2转化率为50%,此时容器内的压强与起始压强之比为________;反应②在该温度达到平衡时,其平衡常数的数值为_______。
(5)若反应②在原电池条件下实现,请写出酸性条件下惰性电极上由CO2生成CH3OH的电极反应式:____________________,该电极为原电池的_______极。

【答案】 +41 < < 3∶4 0.148~0.15(或1/6.75以及4/27 ) CO2 + 6e- + 6H+ = CH3OH + H2O 正
【解析】
(1)CO2的电子式为
(2)应用盖斯定律计算ΔH3。反应②正向的ΔS<0。
(3)①根据图像中数值用公式υ=计算υ(CH3OH)。
②用“先拐先平”法分析,图像中T2先出现拐点,T2反应速率快,则T1<T2。
(4)用三段式和化学平衡常数的表达式计算。
(5)1molCO2得到6mol电子生成1molCH3OH,结合原子守恒、电荷守恒写电极反应式;该反应为还原反应,在原电池的正极上发生。
(1)CO2的电子式为
(2)分析各热化学方程式,应用盖斯定律,将②-①得,CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-58kJ/mol)-(-99kJ/mol)=+41kJ/mol。反应②中气体反应物的化学计量数之和为4,气体生成物的化学计量数之和为2<4,反应②正向的ΔS<0。
(3)①根据图像,温度为T1时,从反应到平衡反应生成CH3OH物质的量为nAmol,生成甲醇的平均速率为υ(CH3OH)=mol/(L·min)=mol/(L·min)。
②用“先拐先平”法分析,图像中T2先出现拐点,T2反应速率快,根据温度对化学反应速率的影响知:T1<T2。
(4)用三段式, CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
c(起始)(mol/L)1 3 0 0
c(转化)(mol/L)1×50%=0.5 1.5 0.5 0.5
c(平衡)(mol/L)0.5 1.5 0.5 0.5
在恒温恒容时气体压强之比等于气体物质的量之比,此时容器内的压强与起始压强之比为(0.5+1.5+0.5+0.5):(1+3)=3:4。该反应的平衡常数K===0.15。
(5)CO2中C元素的化合价为+4价,CH3OH中C元素的化合价为-2价,1molCO2得到6mol电子生成1molCH3OH,结合原子守恒、电荷守恒和酸性条件,CO2生成CH3OH的电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O,该反应为还原反应,该电极为原电池的正极。

铬合金有重要的用途,从其废料中制取铬的流程如下:

已知: ① Cr+H2SO4=CrSO4+H2↑,
② 流程中铬元素浸出之后至生成Cr(OH)3之间均以自由移动离子状态存在于溶液中。
请回答下列问题:
(1)稀硫酸酸浸过程中,提高“浸出率”的措施有:________________________ (写一条即可) 。
(2)用纯碱调节滤液pH,得到某弱碱沉淀,若纯碱过量,则可能导致的后果是_:_____________。
(3)流程中的“副产物”中,可用作可溶性钡盐中毒解毒剂的物质的化学式是___________;可用作化肥的物质的化学式是_____________。
(4)加入草酸实现沉淀转化反应化学方程式为:_______________________________________。
(5)流程中利用铝热反应冶炼铬的化学方程式为:_____________________________________。
(6)流程中由滤液生成Cr(OH)3的化学方程式为:_____________________________________。
(7)除已知反应①之外,整个流程中涉及的主要氧化还原反应有_____个,分解反应有____个。

【答案】加热、搅拌、适当提高稀硫酸浓度等(答案合理即可) H2C2O4的消耗量过大(或使Cr2+转化成沉淀而损耗) Na2SO4 (NH4)2SO4 Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr 4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4 3 1
【解析】
高碳铬铁合金粉末加入稀H2SO4浸取,其中Cr、Fe溶解生成CrSO4、FeSO4;过滤后用纯碱调节pH使Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀,再加入草酸将Fe(OH)2转化为FeC2O4·2H2O沉淀而除去;此时滤液中主要含CrSO4和Na2SO4,向滤液中通入空气并加入氨水,滤液中Cr2+转化成Cr(OH)3沉淀,发生的反应为4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4,得到的副产物主要含(NH4)2SO4、Na2SO4;Cr(OH)3受热分解成Cr2O3;Cr2O3与Al发生铝热反应生成Cr和Al2O3,据此分析作答。
(1)根据外界条件对反应速率的影响可知稀H2SO4酸浸过程中,提高“浸出率”的措施有:加热、搅拌、适当提高稀H2SO4的浓度等。
(2)用纯碱调节滤液pH,使Fe2+转化成Fe(OH)2沉淀,再加入草酸将Fe(OH)2转化为FeC2O4·2H2O沉淀而除去。若纯碱过量,可能导致的后果是:一方面使Cr2+转化成沉淀而被消耗,使Cr的产率降低;另一方面使后续过程中H2C2O4的消耗量过大。
(3)除去Fe2+后的滤液中主要溶质为CrSO4和Na2SO4,向滤液中通入空气并加入氨水,滤液中Cr2+转化成Cr(OH)3沉淀,得到的副产物为(NH4)2SO4和Na2SO4,其中可用作可溶性钡盐中毒解毒剂的物质的化学式是Na2SO4,解毒的原理为SO42-+Ba2+=BaSO4↓。可用作化肥的物质的化学式是(NH4)2SO4,(NH4)2SO4是一种氮肥。
(4)加入草酸将Fe(OH)2沉淀转化为FeC2O4·2H2O,沉淀转化反应的化学方程式为Fe(OH)2+H2C2O4=FeC2O4·2H2O。
(5)Al与Cr2O3发生铝热反应生成Al2O3和Cr,反应的化学方程式为2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr。)滤液中通入空气、加入氨水CrSO4转化为Cr(OH)3沉淀,1molCr2+失去1mol电子生成1molCr(OH)3,1molO2得到4mol电子,根据得失电子守恒、原子守恒,由滤液生成Cr(OH)3的化学方程式为4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4。
(6)除反应①之外,整个流程中涉及的主要氧化还原反应还有:Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、4CrSO4+O2+8NH3·H2O+2H2O=4Cr(OH)3↓+4(NH4)2SO4、2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr,即氧化还原反应有3个;分解反应为2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O,即分解反应有1个。

研究发现,由钴氧化物负载的锰氧化物纳米粒子催化剂对某些反应具有高活性,应用前景良好。回答下列问题:
(1)Mn基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中,第一电离能较大的是________;Mn与Co相比,基态原子核外未成对电子数较少的是_______。
(2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
(3)沸点相比较:
①甲醇____H2O(填写“>”“<”或“=”);原因是_____________________________;
②CO2____H2(填写“>”“<”或“=”);原因是________________________________。
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料,Mn(NO3)2中的化学键除了π键外,还存在________。
(5)MgO具有NaCl型结构(如图),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为αnm,则r(O2-)为________ nm (用含α的算式表示,不必运算化简,下同)。MnO也属于NaCl型结构,晶胞参数为αˊnm,则r(Mn2+)为________nm(用含α、αˊ的算式表示)。

【答案】1s22s22p63s23p63d54s2 或[Ar]3d54s2 OCospsp3<H2O与CH3OH均为极性分子,H2O中氢键比甲醇多>CO2与H2均为非极性分子,CO2分子量较大、范德华力较大离子键和σ键
【解析】
(1)根据构造原理写基态Mn原子的核外电子排布式;第一电离能:Mn<O;基态Mn原子核外未成对电子数为5,基态Co原子核外未成对电子数为3。
(2)CO2中C原子为sp杂化,CH3OH中C原子为sp3杂化。
(3)①CH3OH和H2O都是极性分子,H2O中氢键比CH3OH多,沸点:CH3OH<H2O;
②CO2和H2都是非极性分子,CO2的相对分子质量>H2的相对分子质量,CO2的范德华力>H2的范德华力,沸点:CO2>H2。
(4)Mn(NO3)2中Mn2+与NO3-之间存在离子键,NO3-内N原子和O原子间存在σ键和π键。
(5)MgO晶胞中阴离子采用面心立方最密堆积,4r(O2-)=αnm;MnO也属于NaCl型,根据“MnO的晶胞参数=2r(Mn2+)+2r(O2-)”解得r(Mn2+)。
(1)Mn的原子序数为25,Mn原子核外有25个电子,根据构造原理,基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2(或[Ar] 3d54s2);Mn为金属元素易失去电子,O为非金属元素,第一电离能:Mn<O,第一电离能较大的是O;基态Mn原子价电子排布式为3d54s2,基态Mn原子核外未成对电子数为5,基态Co原子价电子排布式为3d74s2,基态Co原子核外未成对电子数为3,基态原子核外未成对电子数较少的是Co。
(2)CO2中中心原子C的价层电子对数为×(4-2×2)+2=2,CO2中C原子为sp杂化;CH3OH中C原子形成4个σ键,C上没有孤电子对,C的价层电子对数为4,CH3OH中C原子为sp3杂化。
(3)①CH3OH和H2O都是极性分子,H2O中氢键比CH3OH多(1molH2O中含2mol氢键,1molCH3OH中含1mol氢键),沸点:CH3OH<H2O;
②CO2和H2都是非极性分子,CO2的相对分子质量>H2的相对分子质量,CO2的范德华力>H2的范德华力,沸点:CO2>H2。
(4)Mn(NO3)2中Mn2+与NO3-之间存在离子键,NO3-内N原子与O原子间除了存在π键外还存在3个σ键,Mn(NO3)2中除了π键外,还有离子键和σ键。
(5)MgO晶胞中阴离子采用面心立方最密堆积,则4r(O2-)=αnm,r(O2-)=nm;MnO也属于NaCl型,MnO中阴、阳离子的配位数都为6,MnO的晶胞参数=2r(Mn2+)+2r(O2-),αˊnm=2r(Mn2+)+2×nm,解得r(Mn2+)=()nm。

对羟基苯乙酸是合成药物的中间体,其制备路线如下(A为芳香烃):


回答下列问题:
(1)A的名称是______________。
(2)B→C的反应试剂是_______ ,反应类型是_______;E→F的反应类型是_______。
(3)C→D反应的化学方程式为________________。
(4)E中含氧官能团的名称为______。
(5)1molG与足量NaOH溶液反应,可以消耗_____molNaOH。
(6)H是G的同系物,满足下列条件的H的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
① H相对分子质量比G大14 ② 苯环上含两个取代基
其中核磁共振氢谱为六组峰,峰面积之比为1:2:2:2:2:1的结构简式为_____________。
(7)结合以上合成路线及相关信息,设计由苯制备苯酚的合成路线________________。

【答案】甲苯 浓硫酸、浓硝酸(或浓H2SO4、浓HNO3,全对才给分)取代反应(或硝化反应)还原反应羧基、硝基26
【解析】
A为芳香烃,A与Cl2光照下发生侧链上的取代反应生成B,B的分子式为C7H7Cl,则A为甲苯,A的结构简式为,B的结构简式为;对比B和C的分子式,B生成C为硝化反应;对比C、D的分子式,C转化为D为C中—Cl被—CN取代;D转化为E发生题给已知①的反应,D中—CN水解成—COOH;E转化为F发生题给已知②的反应,E中—NO2被还原成—NH2;F与NaNO2、H2SO4作用生成G,G中两个取代基处于对位,逆推出C、D、E、F中的两个取代基都处于对位,C的结构简式为,D的结构简式为,E的结构简式为,F的结构简式为,根据以上推断结果作答。
A为芳香烃,A与Cl2光照下发生侧链上的取代反应生成B,B的分子式为C7H7Cl,则A为甲苯,A的结构简式为,B的结构简式为;对比B和C的分子式,B生成C为硝化反应;对比C、D的分子式,C转化为D为C中—Cl被—CN取代;D转化为E发生题给已知①的反应,D中—CN水解成—COOH;E转化为F发生题给已知②的反应,E中—NO2被还原成—NH2;F与NaNO2、H2SO4作用生成G,G中两个取代基处于对位,逆推出C、D、E、F中的两个取代基都处于对位,C的结构简式为,D的结构简式为,E的结构简式为,F的结构简式为
(1)A的结构简式为,A的名称为甲苯。
(2)B→C为硝化反应,反应的试剂是浓硝酸、浓硫酸,反应类型为取代反应(或硝化反应)。E→F为E中—NO2被还原为—NH2,反应类型为还原反应。
(3)C→D的化学方程式为+NaCN→+NaCl。
(4)E的结构简式为,E中含氧官能团的名称为羧基、硝基。
(5)G的结构简式为,G中含1个酚羟基和1个羧基,1molG与足量NaOH溶液反应,可以消耗2molNaOH。
(6)G中含1个酚羟基和1个羧基,H是G的同系物,H中含1个酚羟基和1个羧基;G的分子式为C8H8O3,H的相对分子质量比G大14,H的分子组成比G多1个“CH2”原子团,H的分子式为C9H10O3;H的苯环上有两个取代基,H的苯环上的两个取代基为:①—OH和—CH2CH2COOH、②—OH和,苯环上两个取代基有邻、间、对三种位置关系,符合条件的H的同分异构体有2×3=6种;其中核磁共振氢谱有六组峰,峰面积之比为1:2:2:2:2:1的结构简式为
(7)对比的结构简式,模仿流程中“B→C”和“E→F→G”,即将先发生硝化反应生成在Fe/H+作用下发生还原反应生成与NaNO2、H2SO4作用生成;合成路线为:

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