2023届福建省厦门外国语学校高三上学期期末检测化学试题含解析
展开学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.《博物新编》)有关于磺强水制法的记载:“以铅作一密炉,炉底贮以清水,焚硝磺于炉中,使硝磺之气重坠入水,然后将水再行蒸炼,一如蒸酒甑油之法,务使水汽尽行升散,则所存者是磺强水矣。”(提示:“硝”指,“磺”指硫黄)下列有关磺强水的说法正确的是
A.“焚硝磺”时发生的是氧化还原反应
B.磺强水是一种易挥发的强电解质
C.的磺强水溶液的pH=2
D.磺强水溶液中不存在分子
【答案】A
【详解】A.依题意,分解生成、,S与反应生成,,,“焚硝磺”时,N和S的价态均发生了变化,A项正确;
B.硫酸的沸点较高,属于难挥发的强电解质,B项错误;
C.的磺强水溶液中,pH<2,C项错误;
D.磺强水溶液中存在水分子,D项错误;
答案选A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.标准状况下,22.4L气体中所含分子数为NA
B.用惰性电极电解1L 0.2ml/LAgNO3溶液,当两极产生气体的物质的量相等时,电路中通过电子数为0.4NA
C.64gCaC2中含有的共用电子对数为4NA
D.向含lmlCH3COONa的水溶液中滴加醋酸使溶液呈中性,CH3COO-数目大于NA
【答案】B
【详解】A.标准状况下,不是气体,22.4L不为1ml,分子数不等于NA,选项A错误;
B.惰性电极电解1L 0.2ml/LAgNO3溶液,阴极先是Ag+得电子,不产生气体,当银离子放电完全时才是氢离子放电产生氢气,阳极一直是氢氧根离子失去电子生成氧气,假设两极产生气体均为xml,
根据得失电子数相等,则有0.2 + 2x = 4x所以x = 0.1,则转移电子数为0.4NA,选项B正确;
C.CaC2中的电子式为,故1mlCaC2含3ml共用电子对,64gCaC2的物质的量为=1ml,故含3ml共用电子对,即3NA电子对,选项C错误;
D.根据电荷守恒:c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+),溶液呈中性,故c(OH-)=c(H+),则c(CH3COO-)=c(Na+),即c(CH3COO-)=c(Na+)=1ml,即CH3COO-数目为NA,选项D错误;
答案选B。
3.2022年诺贝尔化学奖授予美国化学家卡罗琳·贝尔托西、丹麦化学家摩顿·梅尔达尔和美国化学家卡尔·巴里·夏普莱斯,以表彰他们在点击化学和生物正交化学研究方面的贡献。如图是某点击反应的示意图,下列说法正确的是
A.和的水溶液都显碱性
B.是该反应的催化剂,的价层电子排布式为
C.2-丁炔的键线式为
D.该点击反应的产物为,反应类型为取代反应
【答案】C
【详解】A.的水溶液都显碱性,但的水溶液显酸性:,A错误;
B.的价层电子排布式为,B错误;
C.2-丁炔的键线式为 ,C正确;
D.该点击反应的产物为,反应类型为加成反应,D错误;
故选C。
4.有机化合物X的结构简式如图所示,下列说法正确的是。
A.X的分子式为,1个分子中采取杂化的原子数为4
B.化合物X最多能与2ml NaOH反应
C.在酸性条件下水解,水解产物含有2个手性碳原子
D.分子中所有碳原子可能共平面
【答案】A
【详解】A.X的分子式为,1个分子中采取杂化原子数为4,A项正确;
B.X中与NaOH反应的官能团有羧基,酯基水解生成酚羟基和羧基,一共消耗3ml NaOH,B项错误;
C.含-COOC-,酸性条件下水解,水解产物有一种,C项错误;
D.苯环之间的C为四面体结构,则两个苯环不一定处于同一平面,D项错误;
答案选A。
5.化合物M的结构如图所示,X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素,Y在自然界中以化合态的形式存在,Z的最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是
A.元素Y、元素Z、元素W的单质熔点依次升高
B.X2Z分子间存在氢键,因此X2Z分子稳定性较强
C.W与Z形成的两种常见离子化合物中阴阳离子个数比相同
D.化合物M中各原子或离子均达到2电子或8电子稳定结构
【答案】C
【详解】化合物M的结构如图所示,X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍,则Z为O;Y元素在自然界都以化合态存在,且Y的原子序数小于Z,化合物M中Y可以形成3个或4个共价键,则Y为B;X形成1个共价键,W形成+1价阳离子,则X为H,W为Na,以此分析解答。
A.元素B、O、Na的单质依次为共价晶体,分子晶体、金属晶体、其熔点分子晶体、金属晶体、共价晶体,依次升高,故A错误;
B.X2Z为水,分子间存在氢键,熔沸点高,稳定性是化学性质,故B错误;
C.W与Z形成的两种常见离子化合物为Na2O和Na2O2,故阴阳离子个数比1:2,故C正确;
D.化合物M中Y为B可以形成3个或4个共价键,形成3个键为6电子,故D错误;
故答案为C。
6.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A.过氧化氢使酸性高锰酸钾褪色:3H2O2+2MnO+6H+=4O2↑+2Mn2++6H2O
B.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜:Ag+2H++NO=Ag++NO↑+H2O
C.用石墨做电极电解CuSO4溶液:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+
D.向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热:CH2BrCOOH+OH-CH2BrCOO-+H2O
【答案】C
【详解】A.电子得失不守恒,3H2O2从-1价升到0价,失去6个电子,但2MnO从+7价降到+2价得到10个电子,正确的是5H2O2+2MnO+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O,故A错误;
B.氧原子反应前后个数不相等,没有配平,正确的是3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O,故B错误;
C.电解CuSO4溶液,根据放电顺序,阴极反应是2Cu2++4e-=2 Cu,阳极反应是2H2O-4e-=O2↑+4H+,电极总反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+,故C正确;
D.向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热,不仅发生酸碱中和反应,还有取代反应,正确的离子方程式为CH2BrCOOH+OH-CH2OHCOO-+H2O+Br-,故D错误;
本题答案C。
7.某小组同学用乙醛进行银镜反应实验时,补充做了以下实验。已知:
实验①:
实验②:
下列关于该实验的分析不正确的是
A.实验①无需加热,说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应
B.实验①中加入NaOH后,溶液中c(NH3)增大
C.实验表明,相同pH条件下,不同存在形式的Ag(I)的氧化性不一样
D.对比实验①和②知,形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低
【答案】A
【分析】实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液,Ag+与OH-反应生成沉淀,会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动,再滴加3滴乙醛静置3分钟后即可观察到光亮的银镜;实验②向银氨溶液中滴加几滴浓氨水,溶液中c(NH3)增大,促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3逆向移动,再滴加3滴乙醛静置较长时间也没有光亮的银镜。通过对比可知在碱性相同的条件下,滴加相同体积的乙醛,实验①产生了银镜,可得到的结论是形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低。
【详解】A.实验①②在滴加乙醛前碱性相同,因此不能说明碱性条件有利于银氨溶液与乙醛的反应, 选项A不正确;
B.实验①向银氨溶液中滴加1滴氢氧化钠溶液,Ag+与OH-反应生成沉淀,会促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动,溶液中c(NH3)增大,选项B正确;
C.形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低,实验表明,相同pH条件下,不同存在形式的Ag(I)的氧化性不一样,选项C正确;
D.实验①滴加1滴氢氧化钠促使平衡[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3正向移动,实验②滴加浓氨水促使平衡逆向移动,[Ag(NH3)2]+的浓度增大,滴加乙醛后长时间也不会观察到银镜,因此可知形成[Ag(NH3)2]+后Ag(I)氧化性降低,选项D正确;
答案选A。
8.中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径,各基元反应及活化能Ea(kJ/ml)如图所示,下列说法错误的是
A.生成NH3的各基元反应中,N元素均被还原
B.生成NH3的总反应方程式为5H2+2NO2H2O+2NH3
C.决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2O+H→NH2OH
D.在Pd/SVG催化剂上,NO更容易被H2还原为N2
【答案】D
【详解】A.由图示知,生成NH3的过程为:,每步反应中N元素化合价均是降低被还原,选项 A正确;
B.根据A选项分析知,NO与H2反应生成NH3和H2O,对应总方程式为:2NO+5H22NH3+2H2O,选项B正确;
C.由图示知,生成NH3的基元反应中,NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大,相同条件下反应速率最慢,选项C正确;
D.由图示知,NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能,故在该催化剂作用下,NO更容易被还原为NH3,选项D错误;
答案选D。
9.科学家利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯,原理如图所示。已知:电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是
A.铂电极产生的气体是O2和CO2
B.铜电极的电极反应式为2CO2+12+12e-=C2H4+12+4H2O
C.通电过程中,溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动
D.当电路中通过0.6ml电子时,理论上能产生标况下C2H41.12L
【答案】B
【分析】CO2制乙烯,碳的化合价降低,得电子,故多晶铜电极作电解池的阴极;阴极生成的,经阴离子交换膜进入阳极区,因电解前后电解液浓度几乎不变,可判断其与水一起失去电子生成O2和CO2。
【详解】A.据分析,铂电极产生的气体是O2和CO2,A正确;
B.铜电极的电极反应式为14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12,B错误;
C.通电过程中,溶液中朝阳极移动,即通过阴离子交换膜向左槽移动,C正确;
D.根据14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12,电路中通过0.6ml电子时理论上能产生0.05ml C2H4,即标况下1.12L,D正确;
故选B。
10.25℃时,用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、FeSO4三种溶液,pM【p表示负对数,M表示、c(Cu2+)、c(Fe2+)等】随pH变化关系如图所示,已知Ksp[Cu(OH)2]
B.调整溶液的pH=7,不可除去工业废水中的Cu2+
C.滴定HX溶液至a点时,溶液中c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
D.Fe(OH)2、Cu(OH)2固体均易溶解于HX溶液
【答案】C
【分析】由题干信息可知,Ksp[Cu(OH)2]
B.p=0时,=1ml·L-1,pH=4.2,c(OH-)=10-(14-4.2)ml·L-1=10-9.8ml·L-1,=1×(10-9.8)2=10-19.6,调整溶液的,c(OH-)=10-(14-7)ml·L-1,此时=ml·L-1,铜离子沉淀完全,可除去工业废水中的,选项B错误;
C.p=0时,pH=5.0ml·L-1,此时HX的电离平衡常数为:Ka=ml·L-1,HX是弱酸,滴定溶液至a点时,根据图象,a点是②③曲线的交点,p(Fe2+)=P,即,c(OH-)===10-6ml/L,故pH=8,,X-部分水解,溶液中,选项C正确;
D.+2HXFe2++2X-+2H2O,反应的平衡常数为K=,同理,+2HXCu2++2X-+2H2O,反应的平衡常数为K’=,固体易溶解于溶液,而难溶于HX,选项D错误;
答案选C。
二、工业流程题
11.一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质,从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示:
该工艺条件下,金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表:
(1)“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液,同时生成硫,写出Ag2S发生反应的离子方程式____。
(2)高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质,写出该反应的化学方程式____。
(3)“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、____。
(4)“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外,主要成分还有____(写化学式)。
(5)“分铅锌”步骤中,维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1ml·L-1,为使Zn2+沉淀完全,需控制溶液的pH不小于____已知:lg3≈0.48;Ksp(ZnS)=3.0×10-25,Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
(6)已知:氧化还原反应可看成由两个半反应组成,每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示),φ越大则该物质的氧化性越强,φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下:
HClO+H++2e-=C1-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4C1-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关,仅与浓度有关,cθ=1ml·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系,请解释A点以后,金浸出率减小的原因是____。
【答案】(1)Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
(2)2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
(3)Fe2+、Ga3+
(4)In(OH)3、Ga(OH)3
(5)0.74
(6)c(Cl-)增大,φ均减小,次氯酸氧化性减弱,Au的还原性增强,减弱程度大于增强程度,故Au的浸出率减小
【分析】本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题,首先用氯化钠,盐酸,次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质,之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁,再用碳酸钙中和过量的酸,再用铜置换出银和铜,再用铁置换出其中的铜,再经过调pH和除杂,最终得到贫液,以此解题。
【详解】(1)浸出Ag2S同时生成硫,是与NaClO发生氧化还原反应,离子方程式为:Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O;
(2)由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢,则对应的化学方程式为:2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑;
(3)“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应,方程式为:,另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中,因此主要的阳离子还有:Fe2+、Ga3+;
(4)“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5,根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3;
(5)Zn2+沉淀完全,溶液中,此时,,,,,,,,,,pH不小于0.74;
(6)由φ=1.49+lg可知,c(Cl-)越大,φ越小,即HClO氧化性越小,由φ=0.994+lg可知,c(Cl-)越大,φ越小,AuCl的还原性越强,因此,HClO与AuCl反应速率减慢,金浸出率减小,故答案为:c(Cl-)增大,φ均减小,次氯酸氧化性减弱,Au的还原性增强,减弱程度大于增强程度,故Au的浸出率减小。
三、实验题
12.三氯化铬()为紫色单斜晶体,熔点为83℃,易潮解,易升华,溶于水但不易水解,高温下能被氧气氧化,工业上主要用作媒染剂和催化剂。
(1)某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬,部分实验装置如图所示,其中三颈烧瓶内装有,其沸点为76.8℃。
①Cr原子的价电子排布式为_______。
②实验前先往装置A中通入,其目的是排尽装置中的空气,在实验过程中还需要持续通入,其作用是_____________________。
③装置C的水槽中应盛有_______(填“冰水”或“沸水”)。
④装置B中还会生成光气(),B中反应的化学方程式为_____________________。
(2)的工业制法:先用40%的NaOH将红矾钠()转化为铬酸钠(),加入过量,再加入10%HCl溶液,可以看到有气泡产生。写出用将铬酸钠()还原为的离子方程式_____________________。
(3)为进一步探究的性质,某同学取试管若干支,分别加入10滴溶液,并用4滴酸化,再分别加入不同滴数的0.1ml/L溶液,并在不同的温度下进行实验,反应现象记录于表中。
①温度对反应的影响。
与在常温下反应,观察不到离子的橙色,甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖,另一种可能的原因是_______________,所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后,才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②与的用量对反应的影响。
对表中数据进行分析,在上述反应条件下,欲将氧化为,与最佳用量比为________。这与由反应所推断得到的用量比不符,你推测的原因是_____________。
【答案】(1) 3d54s1 将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬; 冷水
(2)
(3) 反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行 1:1 高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应,导致高锰酸钾溶液用量增加。
【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和反应生成三氯化铬,生成物在C中冷凝,尾气进行处理减少污染。
【详解】(1)①为24号元素,原子的价电子排有式为3d54s1。
②三氯化铬易升华,高温下能被氧气氧化,实验前先往装置A中通入,其目的是排尽装置中的空气防止空气中氧气氧化三氯化铬,在实验过程中还需要持续通入,其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬。
③三氯化铬熔点为,则装置C的水槽中应盛有冷水,便于生成物冷凝。
④装置B中反应为四氯化碳和反应生成三氯化铬,还会生成光气(),B中反应;
故答案为:3d54s1;将四氯化碳吹入管式炉中和反应生成三氯化铬;冷水;;
(2)将铬酸钠还原为,同时甲醇被氧化为二氧化碳气体,离子方程式;
故答案为:;
(3)①与在常温下反应,观察不到离子的橙色,另一种可能的原因是反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行,所以必须将反应液加热至沸腾后,才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。
②由表中数据可知,在上述反应条件下,欲将氧化为,高锰酸钾最佳用量为10滴,则与最佳用量比为10:10=1:1;这与由反应所推断得到的用量比不符,可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应,导致高锰酸钾溶液用量增加。
故答案为:反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行;1:1;高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应,导致高锰酸钾溶液用量增加。
四、原理综合题
13.乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法,体系中发生的主要反应有:
I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) △H1
II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H2=+173kJ·ml-1
III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·ml-1
IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g) △H4=-156.2kJ·ml-1
(1)△H1=____kJ·ml-1。
(2)压强为100kPa的条件下,图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系,图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。
①图1中c线对应的产物为____(填“CO2”、“H2”或“CH4”)。
②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是___。
(3)反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中,充入1ml乙醇和xmlH2O(g),若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g),平衡时,乙醇转化率为α,CO2的压强为____MPa,反应平衡常数Kp=____(以分压表示,分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)
(4)CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图:
①出生成CO(g)步骤的化学方程式____。
②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有____(填标号)。
a..减小乙醇蒸气的分压 b.增大催化剂的比表面积
【答案】(1)+255.4kJ·ml-1
(2) CH4 B点温度高于A点,升高温度,反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等
(3) ×0.1 MPa ×0.14(MPa)4
(4) Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a) b
【详解】(1)由盖斯定律可知,反应II—III×2可得反应I,则△H1=(+173kJ·ml-1)—(—41.2kJ·ml-1)=+255.4kJ·ml-1,故答案为:+255.4;
(2)①由方程式可知,升高温度,反应I、II平衡向正反应方向移动,氢气、二氧化碳的物质的量分数增大,反应IV平衡向逆反应方向移动, 甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大,反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动,氢气、二氧化碳的物质的量分数减小,则升高温度的过程中,甲烷的物质的量分数只有减小趋势,而氢气、二氧化碳既有增大趋势,也有减小趋势,所以图1中c线对应的产物为甲烷,故答案为:CH4;
②由图可知,B点温度高于A点,图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度,反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等,故答案为:B点温度高于A点,升高温度,反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等;
(3)由题意可建立如下三段式:
由三段式数据可知,平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa,反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4,故答案为:×0.1 MPa;×0.14(MPa)4;
(4)①由图可知,生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/ml时发生的反应,反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a),故答案为:Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a);
②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率,增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率,故选b。
五、结构与性质
14.氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)基态磷原子核外电子共有____种空间运动状态。磷原子在成键时,能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键,写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。
(2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料,其熔沸点见表。
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为____,二者熔沸点存在差异的主要原因是____。
(3)N4H只有一种化学环境的氢原子,结构如图所示,其中的大π键可表示为____(分子中的大π键可用符号Π表示,其中m代表参与形成的大π键原子数,n代表参与形成的大π键电子数,如苯分子中的大π键可表示为Π)。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+,其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1ml[Cu(X)2]2+中,VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有____ml。
(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料,其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为____。已知1号O原子分数坐标为(0,0,),2号O原子分数坐标为(,-m,-n),则3号Fe原子的分数坐标为____。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·ml-1,晶体密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA,该晶胞的体积为____pm3(列出表达式)。
【答案】(1) 9 1s22s22p63s13p33d1
(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5) YFeO3 (,+m,)
【详解】(1)基态磷原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p3,原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态,s能级有1个轨道,p能级有3个轨道,所以一共有9个轨道,即9种空间运动状态。磷原子在成键时,由于将一个3s电子激发进入3d能级,则激发态磷原子的核外电子排布式为:1s22s22p63s13p33d1。
故答案为:9,1s22s22p63s13p33d1。
(2)偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对,所以氮原子的杂化方式为:sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键,但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2],所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为:sp3,N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
(3)由的结构可知,每个N原子形成3个键,且4个N原子失去了2个电子,最后N原子剩余价电子数为:个,即参与形成大π键电子数为6,原子数为4,可表示为。
故答案为:。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+,其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2,其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4,即VSEPR模型为四面体,1ml[Cu(X)2]2+中,VSEPR模型为正四面体的非金属原子有ml;
故答案为:10。
(5)由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2,Y原子个数为个,O原子个数为个,故铁酸钇的化学式为:YFeO3,根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致,y坐标由(x-y)正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向,z坐标在处,即3号Fe原子的分数坐标为(,+m,)。由公式可得晶胞体积为: pm3。
故答案为:YFeO3,(,+m,),。
六、有机推断题
15.化合物H是一种医药中间体,H的一种合成路线如图所示:
已知:①②
回答下列问题:
(1)有机物D中所含官能团的名称为_____________。
(2)写出的第二步反应方程式__________________________;反应类型为_____________。
(3)有机物C的同分异构体有多种,满足下列条件的有_____________种。
①分子除苯环外不再含其他环; ②与溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积为1∶2∶2∶2∶2的有机物结构简式为_____________。
(4)苯环上已有的取代基叫做定位取代基,它们的存在会影响苯环上再引入其它基团时进入的位置,已知是邻对位定位基,是间位定位基。写出以硝基苯、为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ____________。
【答案】(1)醚键、酰胺基
(2) +NaOH+CH3COONa 取代反应
(3) 16
(4)
【分析】由流程可知,发生取代反应在对位引入硝基得到B,B和氢气发生还原反应生成C,C发生已知②的反应生成D:;D首先和硝酸发生取代反应引入硝基生成,和氢氧化钠发生水解反应生成E:;E还原将硝基转化为氨基得到F,F和CS2生成G、G生成H;
【详解】(1)D为,D中所含官能团的名称为醚键、酰胺基;
(2)的第二步反应为和氢氧化钠发生水解反应生成E,反应为:+NaOH+CH3COONa;
(3)有机物C的同分异构体满足下列条件:
①分子除苯环外不再含其他环②与溶液发生显色反应,则含有酚羟基;
若除酚羟基外,还含有1个基团,则为-NHCH3或-CH2NH2,各有邻间对3种,共6种;
若除酚羟基外,还含有2个基团,则为-CH3、-NH2,首先安排甲基再安排氨基,则有:共10种;合计16种;
其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积为1∶2∶2∶2∶2的有机物结构简式为;
(4)是间位定位基,故首先在硝基苯上再引入1个间位硝基,然后还原为氨基,再参考发生F生成G、G生成H的反应生成产品;流程为:。
金属离子
Fe3+
In3+
Ga3+
Cu2+
Zn2+
Pb2+
开始沉淀的pH
2.2
2.1
2.6
4.6
6.24
7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5ml·L-1)的pH
3.2
3.4
4.3
6.6
8.24
9.1
的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
25℃
90-100℃
1
紫红色
蓝绿色溶液
2~9
紫红色
黄绿色溶液,且随滴数增加,黄色成分增多
10
紫红色
澄清的橙黄色溶液
11~23
紫红色
橙黄色溶液,有棕褐色沉淀,且随滴数增加,沉淀增多
24~25
紫红色
紫红色溶液,有较多的棕褐色沉淀
物质
熔点
沸点
偏二甲肼
-58℃
63.9℃
肼
1.4℃
113.5℃
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