广东省惠州市2020届高三第三次调研考试理综化学试题

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广东省惠州市2020届高三第三次调研考试理综化学试题

‎2020届惠州高三第三次调研考化学试题 ‎ 相对原子质量:C 12 Na 23 O 16 K 39 Mn 55 Fe 56‎ ‎1.下列说法错误的是( )‎ A. 建筑钢筋属于金属材料 B. 制玻璃和水泥都要用到石灰石 C. 天然气、水煤气、液化石油气均是化合物 D. 聚乙烯、纤维素都属于高分子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 建筑钢筋是铁、碳的合金,属于金属材料,A正确;‎ B. 制玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英,制水泥的原料是黏土和石灰石,B正确;‎ C. 天然气、水煤气、液化石油气均是混合物,C错误;‎ D. 聚乙烯、纤维素的相对分子质量都大于10000,都属于高分子化合物,D正确;‎ 故选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确是( )‎ A. 12g金刚石中含有共价键数目为4NA B. 标况下2.24L SO3含有的氧原子数目为0.3 NA C. 1L 0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子总数为0.2NA D. 电解熔融氯化钠,当阳极生成2.24L氯气时,阴极产生0.1NA个Na ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在金刚石中,平均每个碳原子形成2个共价键,12g金刚石中含有共价键数目为2NA,A错误;‎ B. 标况下,SO3为固体,不能利用气体摩尔体积计算含有的氧原子数,B错误;‎ C. 依据原子守恒,1L 0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含有氮原子0.2mol,总数为0.2NA,C正确;‎ D. 由于未指明标准状况,所以2.24L氯气不一定是0.1mol,阴极生成金属钠的物质的量无法计算,D错误;‎ 故选C。‎ ‎3.下图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图:‎ 下列叙述错误的是( )‎ A. 反应①属于氮的固定;反应②可用于合成HNO3‎ B. 在催化剂a、b的作用下,提高了反应速率 C. 在反应①和反应②中,均有极性共价键形成 D. 在催化剂b作用下,氮原子发生了还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①中,氮由游离态的N2转化为NH3,属于氮的固定;反应②是工业制硝酸的第一步反应,可用于合成HNO3,A正确;‎ B. 催化剂a、b,可以降低反应的活化能,从而提高反应速率,B正确;‎ C. 反应①中,形成N-H键,在反应②中,形成N≡O键,C正确;‎ D. 在催化剂b作用下,氮原子由-3价升高为+2价,失去电子,发生氧化反应,D错误;‎ 故选D。‎ ‎4.已知苯乙烯和立方烷的结构分别为(b)、(p)。下列说法中正确的是( )‎ A. b、p难溶于苯 B. b、p互为同分异构体 C. b、p的一氯代物分别有6种和1种(不考虑立体异构)‎ D. b、p均不能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. b、p都是难溶于水的有机物,二者都易溶于苯,A错误;‎ B. b、p的分子式都为C8H8,结构不同,二者互为同分异构体,B正确;‎ C. b、p的一氯代物分别有5种和1种(不考虑立体异构),C错误;‎ D. b分子中含有碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,D错误;‎ 故选B。‎ ‎5.含有对氯苯酚和醋酸钠的废水净化原理如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 本装置集净化、供电于一体,产物之一还有消毒作用 B. 每消耗1mol CH3COO-,通过质子交换膜的质子的物质的量为8mol C. 在该装置中,B极上的电势比A极上的电势高 D. A极的电极反应为+H++2e-→+Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 本装置将废水进行净化处理、并产生电能,产物苯酚还有消毒作用,A正确;‎ B. B极发生电极反应为CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+,则1mol CH3COO-放电,通过质子交换膜的质子的物质的量为8mol(留下1molH+平衡电性),B正确;‎ C. 在该装置中,B极为负极,A极为正极,则A极上的电势比B极上的电势高,C错误;‎ D. A极,得到2e-,同时有1个H+参与反应,生成和Cl-,D正确;‎ 故选C。‎ ‎6.五种短周期主族元素的关系如图所示。TX2是制光导纤维制品的主要原料。下列说法中错误的是( )‎ A. Y是非金属性最强的元素 B. R与X形成的化合物是一种两性化合物 C. T的晶体是一种重要的半导体材料 D. 简单离子半径Y比Z、R的都小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】TX2是制光导纤维制品的主要原料,则其为SiO2,从而得出X为O,Y为F,Z为Na,R为Al,T为Si。‎ A. Y为F,是元素周期表中非金属性最强的元素,A正确;‎ B. Al与O形成的化合物为Al2O3,是既能与酸又能与碱反应的两性化合物,B正确;‎ C. Si的晶体是一种重要的半导体材料,可用于生产电子元件,C正确;‎ D. F-半径比Na+、Al3+的半径都大,D错误;‎ 故选D。‎ ‎7.25℃时,进行下图所示滴定并得到对应曲线。下列说法错误的是( )‎ A. Ka2(H2C2O4)=10-4.19‎ B. 直线Ⅰ中X=‎ C. 在NaHC2O4溶液中c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)‎ D. Ⅰ、Ⅱ两条直线的斜率均为1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液,先发生反应:H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O,随着碱的不断滴入,溶液的pH不断增大;当H2C2O4完全反应后,HC2O4-与NaOH发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O,所以直线Ⅰ为X=,直线Ⅱ为X=。‎ ‎【详解】A. 在pH=4.19点,Ka2(H2C2O4)==10-4.19,A正确;‎ B. 由以上分析可知,直线Ⅱ中X=,B错误;‎ C. 在NaHC2O4溶液中,HC2O4-C2O42-+H+,HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,H2OH++OH-‎ 由水电离出的c(OH-)=c(H+),则溶液中c(H+)-c(C2O42-)=c(OH-)-c(H2C2O4),从而得出c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-),C正确;‎ D. 直线Ⅰ,lg X=0时,pH=1.22,pH=0时,lg X=1.22(由平衡常数进行计算),从而得出其斜率为1;采用同样的方法,可求出直线Ⅱ的斜率为1,D正确;‎ 故选B。‎ ‎8.KMnO4在实验室、生活、科学研究、工业生产中有广泛的应用。已知一种制备KMnO4的实验流程、原理及相关数据如下:‎ 原理:反应I:3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 反应Ⅱ:3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3‎ ‎ (墨绿色) (紫红色)‎ 已知:25℃物质的溶解度g/100g水 K2CO3‎ KHCO3‎ KMnO4‎ ‎111‎ ‎33.7‎ ‎6.34‎ ‎(1)步骤②的副反应有少量单质气体生成,该反应的化学方程式为___________。‎ ‎(2)步骤⑤中CO2______(填“能”或“不”能)过量,原因是_____________。‎ ‎(3)流程中可循环利用的物质主要是_________(写化学式)。‎ ‎(4)忽略本流程中含锰物质的循环利用,理论上0.3mol MnO2最多得到产品KMnO4的质量为________g。某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值,排除称量因素,从步骤⑦分析,可能的原因是_______________。‎ ‎(5)草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下:‎ Ⅰ.称取1.5800g高锰酸钾产品,配成100mL溶液 Ⅱ.准确称取三份0.5360g已烘干的Na2C2O4‎ ‎,置于三个不同的洁净锥形瓶中,分别加入少量蒸馏水使其溶解,再加入少量硫酸酸化;‎ Ⅲ.锥形瓶中溶液加热到75~80℃,趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实验数据如表 实验次数 V1(滴定前读数/mL)‎ V2(滴定后读数/mL)‎ ‎(V2 -V1)/mL ‎1‎ ‎2.65‎ ‎22.67‎ ‎20.02‎ ‎2‎ ‎2.60‎ ‎23.02‎ ‎20.42‎ ‎3‎ ‎2.60‎ ‎22.58‎ ‎19.98‎ 已知:2MnO4﹣+ 5C2O42﹣+16H+ =2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O,则KMnO4的纯度为__________(保留四位有效数字);若滴定后俯视滴定管读数,所得KMnO4的纯度将___(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 2KClO32KCl + 3O2↑ (2). 不能 (3). CO2(过量)+KOH = KHCO3,因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小,可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度。 (4). MnO2 (5). 31.6 (6). 蒸发过度,使K2CO3伴随KMnO4析出 (7). 80.00% (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)步骤②的副反应有少量单质气体,则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解;‎ ‎(2)从表中数据可以看出,若CO2过量,则会与K2CO3反应生成KHCO3,溶解度小,可能随KMnO4一起结晶析出;‎ ‎(3)流程中起初投入MnO2,在步骤⑤中又生成MnO2,可循环利用;‎ ‎(4)从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4‎ ‎+MnO2↓+2K2CO3可以看出,0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4,由此可计算出生成KMnO4质量;从步骤⑥中加热前混合液的组成,可确定干燥产品的质量多于理论值的原因;‎ ‎(5)依据反应方程式2MnO4-+ 5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,代入数据即可求出KMnO4的纯度;若滴定后俯视滴定管读数,则读取的KMnO4的体积偏小,则所得KMnO4的浓度偏大,可推出纯度的变化。‎ ‎【详解】(1)步骤②的副反应有少量单质气体生成,则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解,该反应的化学方程式为2KClO32KCl + 3O2↑;‎ ‎(2)步骤⑤中CO2不能过量,原因是CO2(过量)+KOH=KHCO3,因生成KHCO3溶解度比K2CO3的小,可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度;CO2(过量)+KOH=KHCO3,因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小,可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度;‎ ‎(3) )起初投入MnO2,在步骤⑤中又生成MnO2,则流程中可循环利用的物质主要是MnO2;‎ ‎(4) 从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4‎ ‎+MnO2↓+2K2CO3可以看出,0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4,质量为0.2mol ×158g/mol=31.6g;某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值,排除称量因素,从步骤⑦分析,可能的原因是蒸发过度,使K2CO3伴随KMnO4析出;‎ ‎(5)设参加反应的KMnO4的物质的量为x x=0.0016mol,‎ 则KMnO4的纯度为=80.00%;若滴定后俯视滴定管读数,则读取的KMnO4的体积偏小,由此计算出的KMnO4的浓度偏大,KMnO4的质量偏大,所得KMnO4的纯度将偏高。‎ ‎【点睛】寻找可循环使用的物质时,先从添加的物质入手,明确反应过程中添加了哪些物质;然后再找反应过程中生成的副产物,与添加物对照,若有同一种物质出现,则表明此物质为循环使用的物质。‎ ‎9.锡酸钠用作媒染剂,纺织品的防火剂、增重剂,以及制造陶瓷、玻璃和用于镀锡等。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料,制备锡酸钠(Na2SnO3)的工艺流程图如下:‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1) Sb(ⅤA)最高正化合价为_____。‎ ‎(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要涉及的分离实验操作是_________。‎ ‎(3)“碱浸”时,若SnO含量较高,工业上则加入NaNO3除去SnO,且检测到有NH3生成。‎ ‎①该反应的离子方程式为____________________;‎ ‎②如图是“碱浸”实验的参数,请选择“碱浸”的合适条件__________。‎ ‎(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣,其离子方程式为________。‎ ‎(5) “脱锑”时发生的主要化学反应属于_________。 ‎ A.置换反应 B.氧化还原反应 C.非氧化还原反应 ‎ ‎(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单,主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液中硫酸的作用是__________;镀锡时阳极反应式为______________。‎ ‎【答案】 (1). +5 (2). 过滤 (3). 4SnO+NO3-+7OH-=NH3↑+4SnO32- +2H2O (4). c(OH-)=2.5mol/L、温度85 ℃ (5). PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH- (6). A B (7). 抑制Sn2+的水解,促进阳极Sn的溶解 (8). Sn-2e-=Sn2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 一般来说,元素的最高正价等于其最外层电子数;‎ ‎(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离;‎ ‎(3)①该反应中,SnO与NO3-在碱性溶液中反应,生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等;‎ ‎②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值;‎ ‎(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅,实质是PbO22-与S2-反应,生成PbS等;‎ ‎(5) “脱锑”时锡片生成锑渣,属于置换反应; ‎ ‎(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单,主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液的主要成分为硫酸亚锡,锡离子易发生水解,所以加入硫酸抑制其水解;镀锡时阳极为锡失电子,生成锡离子。‎ ‎【详解】(1) Sb(ⅤA)最高正化合价=最外层电子数,即显+5价;‎ ‎(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离,则分离实验操作是过滤;‎ ‎(3)①该反应中,SnO与NO3-在碱性溶液中反应,生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等,反应的离子方程式为4SnO+NO3-+7OH-=NH3↑+4SnO32- +2H2O;‎ ‎②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值,即c(OH-)=2.5mol/L、温度85 ℃;‎ ‎(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅,实质是PbO22-与S2-反应,生成PbS等,反应的离子方程式为PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-;‎ ‎(5) “脱锑”时锡片生成锑渣,属于置换反应和氧化还原反应,答案为:A B;‎ ‎(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单,主要有硫酸亚锡、硫酸等成分,镀锡液的主要成分为硫酸亚锡,锡离子易发生水解,所以加入硫酸的作用是抑制Sn2+的水解,促进阳极Sn的溶解;镀锡时阳极反应式为Sn-2e-=Sn2+。‎ ‎【点睛】从电镀过程看,只表现出Sn2+得电子的过程,没有表现出硫酸参与反应,所以应从电解质的性质进行分析,从而得出抑制Sn2+水解,有利于阳极反应的结论。‎ ‎10.研究发现,反应CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g) ,可使CCl4(沸点77 ℃)转化为重要的化工原料CHCl3(沸点61.2 ℃),可减少其对臭氧层的破坏。(已知:该反应的副反应会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等)‎ ‎(1)CH4与Cl2反应时,每生成1molCCl4(g)或1molCHCl3(g)的焓变分别是△H1和△H2;H2在Cl2中燃烧,每生成1molHCl(g)产生的焓变为△H3,则:CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g)的△H=_____(用含有△H1、△H2和△H3的算式表示)‎ ‎(2)在密闭容器中,CCl4+H2CHCl3+HCl达到平衡状态后,测得如下数据(假设不考虑副反应)。‎ 实验序号 温度/℃‎ 初始CCl4浓度/(mol·L-1)‎ 初始H2浓度/(mol·L-1)‎ CCl4的平衡转化率 ‎1‎ ‎110‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ α1‎ ‎2‎ ‎110‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎50%‎ ‎3‎ ‎100‎ ‎1‎ ‎1‎ α3‎ ‎①实验1中,CCl4的转化率α1_____50%(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎②实验2中,反应进行到10h时达到平衡,在这10h内,H2的平均反应速率为_____mol· L-1·min-1。‎ ‎③110 ℃时,该反应的化学平衡常数的数值为________。‎ ‎④实验3中,α3值________。‎ A. 等于50% B.大于50% C.小于50% D.依题所给信息无法判断 ‎(3)120 ℃时,分别进行H2的初始浓度为2 mol·L-1和4 mol·L-1的实验(其他条件相同)。测得CCl4的消耗百分率(x%,实线)和生成物中CHCl3的百分含量(y%,虚线)随时间(t)的变化关系如图。‎ ‎①图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线是____(填字母)。‎ ‎②依图可知,有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量H2的起始浓度应该为________mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). △H2-△H1+2△H3 (2). 大于 (3). 0.00083 (4). 1 (5). D (6). d (7). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意知,CH4(g)+4Cl2(g)= CCl4(g)+4HCl(g) △H1 ①‎ CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) △H2 ②‎ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2△H3 ③‎ 将②-①+③,即可求出CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g)的△H;‎ ‎(2)① 实验1中,当H2的初始浓度为0.8mol/L时,CCl4的转化率为50%,现增大H2的浓度为1.2mol,平衡正向移动,CCl4的转化率增大,从而得出CCl4的转化率α1与50%的关系;‎ ‎②实验2中,‎ 反应进行到10h时达到平衡,在这10h内,H2的平均反应速率为;‎ ‎③110 ℃时,该反应的化学平衡常数的数值为;‎ ‎④与实验2进行比较,可认为实验3是在实验2的基础上完成的,由于不知反应的焓变,所以无法确定降温平衡移动的方向;‎ ‎ (3)① 由反应知,增大H2的初始浓度,CCl4的消耗百分率增大,CHCl3的百分含量增大,由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线;‎ ‎②依图可知,H2浓度越大,越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量,由此可得出H2的起始浓度。‎ ‎【详解】(1)由题意知,CH4(g)+4Cl2(g)= CCl4(g)+4HCl(g) △H1 ①‎ CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) △H2 ②‎ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2△H3 ③‎ 将②-①+③,即可求出CCl4(g)+H2(g)CHCl3(g)+HCl(g)的△H=△H2-△H1+2△H3;‎ ‎(2)① 实验1中,当H2的初始浓度为0.8mol/L时,CCl4的转化率为50%,现增大H2的浓度为1.2mol,平衡正向移动,CCl4的转化率增大,从而得出CCl4的转化率α1大于50%;‎ ‎②实验2中,‎ 反应进行到10h时达到平衡,在这10h内,H2的平均反应速率为 ‎=0.00083mol· L-1·min-1;‎ ‎③110 ℃时,该反应的化学平衡常数的数值为=1;‎ ‎④与实验2进行比较,可认为实验3是在实验2的基础上完成的,由于不知反应的焓变,所以无法确定降温平衡移动的方向,答案为:D;‎ ‎ (3)① 由反应知,减小H2的初始浓度,CCl4的消耗百分率减小,CHCl3的百分含量减小,由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1时CHCl3的百分含量的变化曲线为d;‎ ‎②依图可知,H2浓度越大,越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量,由此可得出H2的起始浓度为4mol·L-1。‎ ‎【点睛】在化学平衡体系中,增大A物质的浓度,平衡正向移动,B物质的转化率增大,但A物质的转化率减小;对生成物来说,增大其中一种反应物的浓度,都能增大生成物的产率。‎ ‎11.亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])双称黄血盐,是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为:K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝) +3KCl,回答问题:‎ ‎(1)写出基态Fe3+核外电子排布式_________。‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外,还有______和________。含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为________mol。‎ ‎(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______;C、N、O的第一电离能由大到小的排序为_____,电负性由大到小的排序为________。‎ ‎(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示:‎ ‎① 钠的熔点比钾更高,原因是__________________________。‎ ‎② Fe原子半径是r cm,阿伏加德罗常数为NA,铁的相对原子质量为a,则铁单质的密度是_______g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5 (2). 配位键 (3). 离子键 (4). 1 (5). sp (6). N>O>C (7). O>N>C (8). Na的半径小,形成的金属键键能大,熔点高 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态Fe3+的核外电子排布式,就是按电子进入轨道的顺序,从能量最低的1s轨道排起,共排布23个电子;‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外,还有K+与[Fe(CN)6]4-间的作用力和Fe2+与CN-间的作用力;1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键,由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量;‎ ‎(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键,另外N原子的最外层还有1对孤对电子,从而得出N的杂化方式;C、N、O的第一电离能中,N原子最外层处于半满状态,出现反常;电负性与非金属性成正比;‎ ‎(4)①钠的熔点比钾更高,原因从离子带电荷与离子半径综合分析;‎ ‎②由图中可知,1个Fe晶胞中含有2个Fe原子。设晶胞的边长为x,则 ‎4r=,x=,。‎ ‎【详解】(1)基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5;‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外,还有K+与[Fe(CN)6]4-间的离子键和Fe2+与CN-间的配位键;1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键,由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为1mol;‎ ‎(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键,另外N原子的最外层还有1对孤对电子,从而得出N的杂化方式sp;C、N、O的第一电离能中,N原子最外层处于半满状态,出现反常,即为N>O>C;电负性与非金属性成正比,即为O>N>C;‎ ‎(4)①钠的熔点比钾更高,原因是Na的半径小,形成的金属键键能大,熔点高;‎ ‎②由图中可知,1个Fe晶胞中含有2个Fe原子,设晶胞的边长为x,则 ‎4r=,x=,=g/cm3。‎ ‎【点睛】在金属晶体中,金属原子是相互接触的,不像图中原子间有很大的距离,解题时,我们要清楚实物与图形的差异,否则,就难以求出结果。‎ ‎12.以苯和丙酮为原料合成化妆品中间体M路线如下:‎ 已知:‎ ‎①R—CH=CH—R′+ ‎ ‎②R—C≡CH+ (R、R′代表烃基或氢原子)‎ ‎(1) A的结构简式为____________,A中含有的官能团名称是__________。‎ ‎(2) 生成A和C的反应类型依次是____、_____。中间体M的分子式为_______。‎ ‎(3) 写出流程中由苯生成D的化学方程式:___________________________。‎ ‎(4) C为二烯烃(C8H14),写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式______________。‎ ‎① 含有六个碳形成的碳环,‎ ‎② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰,且峰面积之比为3∶2∶1∶1,‎ ‎(5) 设计以乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备的合成路线(用流程图表示,无机试剂任选):_________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 醇羟基、碳碳三键 (3). 加成反应 (4). 消去反应 (5). C16H24 (6). +CH2=CH2 (7). (8). CH3CHOCH3CH=CHCH=CHCH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由中间体M和D的分子式,可确定C分子中含有8个碳原子,从而确定A分子中含有8个碳原子;依据信息2,可确定A的结构简式为,B的结构简式为,C的结构简式为,D的结构简式为;‎ ‎(1)由以上分析,可得出 A的结构简式及A中含有的官能团;‎ ‎(2) A中,三键与H2作用转化为单键,C分子内去掉2个水分子,生成二烯烃。中间体M的分子式可数可算;‎ ‎(3) 流程中由苯与CH2=CH2加成,生成D;‎ ‎(4) C为二烯烃(C8H14),符合下列条件C的一种同分异构体具有下列结构:‎ ‎①从不饱和度分析,含有六个碳形成的碳环,则只能含有一个碳碳双键,即含有片断;‎ ‎② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰,且峰面积之比为3∶2∶1∶1,则需考虑分子尽可能对称,且除去环己烯基外,另2个-CH3连在同一个碳原子上;‎ ‎(5) 乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备,从碳原子数考虑,应有2个乙醛参加反应,所以需采用注程图中从丙酮到C的合成路线。‎ ‎【详解】(1)由以上分析,可得出 A的结构简为,A中含有的官能团为醇羟基、碳碳三键;‎ ‎(2) A中,三键与H2作用转化为单键,C分子内去掉2个水分子,生成二烯烃,反应类型依次是加成反应、消去反应。中间体M的分子式为C16H24;‎ ‎(3) 流程中由苯与CH2=CH2加成,生成D,反应的化学方程式为+CH2=CH2;‎ ‎(4)①从不饱和度分析,含有六个碳形成的碳环,则只能含有一个碳碳双键,即含有片断;‎ ‎② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰,且峰面积之比为3∶2∶1∶1,则需考虑分子尽可能对称,且除去环己烯基外,另2个-CH3连在同一个碳原子上;‎ 从而得出符合条件的C的一种同分异构体为或;‎ ‎(5) 乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备,从碳原子数考虑,应有2个乙醛参加反应,所以需将2分子丙酮与乙炔加成,再与H2加成,是出的事发生消去而制得目标有机物,合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCH=CHCH3。‎ ‎【点睛】在计算有机物分子式中的氢原子数目时,可先数出分子中所含的非氢原子数,然后把卤原子看成氢原子、氮原子看成碳原子,然后按烷烃的通式,计算出氢原子的个数。根据分子结构,确定不饱和度,最后计算该有机物分子中所含氢原子个数为:由同数碳原子的烷烃计算出的氢原子数—2×不饱和度—氮原子数。‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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