青海省西宁市2020届高三化学普通高等学校招生全国统一考试复习检测(二)试题(Word版附解析)
2020 年普通高等学校招生全国统一考试
西宁市高三年级复习检测(二)
一、选择题
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )。
A. 尼龙绳、宣纸均可由合成纤维制造
B. 淀粉和纤维素都是人体中能量的重要来源
C. 酶是生物体内重要的催化剂,仅由碳、氢、氧三种元素组成
D. “地沟油”经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油
【答案】D
【解析】
【详解】A. 宣纸的主要成分是纤维素,不能由合成纤维制造,A 错误;
B. 人体内没有纤维素酶,故纤维素不是人体中能量的来源,B 错误;
C. 酶是生物体内重要的催化剂,属于蛋白质,故含碳、氢、氧、氮等元素,C 错误;
D. “地沟油”中含油脂,经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,D 正确;
答案选 D。
2.两个环共用两个不直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物,某桥环化合物的结构简式如
图所示,下列关于该化合物的说法错误的是
A. 该有机物能发生取代反应和加成反应
B. 该有机物分子中含有两个官能团
C. 该有机物分子的一氯代物有 7 种
D. 该有机物能使酸性 KMnO4 溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该有机物中的酯基能发生(水解反应)取代反应,碳碳双键能发生加成反应,故 A
正确;
B. 该有机物分子中含有酯基、碳碳双键两个官能团,故 B 正确;
C. 该有机物分子中有 9 种等效氢,一氯代物有 9 种,故 C 错误;
D. 该有机物含有碳碳双键,能使酸性 KMnO4 溶液褪色,故 D 正确;选 C。
3.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 红褐色固体 3Fe(OH) 全部溶于氢碘酸: 3
3 2Fe(OH) 3H Fe 3H O
B. 水杨酸溶于 3NaHCO 溶液中:
C. 将等浓度的 2Ba(OH) 溶液与 4NaHSO 液按体积比 2:3 混合:
2 2
4 4 22Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O
D. 洁厕灵(含 HCl )与 84 消毒液混合后产生氯气: 2Cl H ClO Cl OH
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe(OH)3 溶于氢碘酸,Fe3+会氧化 I-得到 I2,正确的离子反应方程式应为:
2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2,A 选项错误;
B.水杨酸中酚羟基不能与 NaHCO3 发生反应,正确的离子反应方程式为:
+HCO3-→ +CO2↑+H2O,B 选项错误;
C.等浓度的 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液按体积比 2:3,则两者物质的量之比为 2:3,两者混
合后,2molBa2+消耗 2molSO42-,3molH+消耗 3molOH-,反应的离子反应方程式为:
2 2
4 4 22Ba 2SO 3H 3OH 2BaSO 3H O ,C 选项正确;
D.84 消毒液的主要成分是 NaClO,具有强氧化性,可还原洁厕灵中的 HCl,反应的离子反应
方程式为:Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O,D 选项错误;
答案选 C。
【点睛】本题 B 选项为易错选项,在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的,不能和 HCO3-
发生发应。
4.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述错误的是( )。
A. 实验时水浴温度需控制在 50~60℃
B. 加入试剂的顺序:先加浓硝酸,再加浓硫酸,最后加入苯
C. 仪器 a 的作用:冷凝回流苯和硝酸,提高原料的利用率
D. 完全反应后,可用仪器 a 、 b 蒸馏得到产品
【答案】D
【解析】
【详解】A.硝酸与苯在浓硫酸催化作用下,加热到 50
∼
60℃发生取代反应生成硝基苯,故 A
正确;
B.在将浓硫酸与其它液体混合时,要将浓硫酸注入其它液体中,故先将浓 HNO3 注入试管中,
然后再慢慢注入浓 H2SO4,并及时搅拌,浓硝酸和浓硫酸混合后,在 50−60℃的水浴中冷却后
再滴入苯,故 B 正确;
C.苯与浓硝酸易挥发,仪器 a 是冷凝管,作用是冷凝回流苯和硝酸,提高原料的利用率,故
C 正确;
D.反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤除去硝酸、硫酸等杂质,然后蒸馏除去苯,得到硝基
苯,蒸馏时应使用直形冷凝管,故 D 错误;
答案选 D。
【点睛】关于制硝基苯时,应先加浓硝酸,再加浓硫酸,之后冷却,再加入苯,充分混合,
不能先加浓硫酸:因为酸入水可以控制,反过来很危险,苯要在浓硫酸之后加:因为与浓硫
酸混合时会放出大量热,可能使温度足以达到硝化、硫化反应的温度,为学生的疑难点。
5.用 AN 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )。
A. 4mol N0 1 aHSO. 晶体中,含有 +H 的数目为 0.1 AN
B. 4 42 21L 0.1mol/L NH Fe SO 溶液中,阳离子总数为 0.3 AN
C. 20.1mol Cl 与 40.2 mol CH 一定条件下充分反应,生成 HCl 的分子数目为 0.1 AN
D. 100 g 34%的 2 2H O 中加入 2MnO 充分反应,转移的电子数目为 2 AN
【答案】C
【解析】
【详解】A. 4mol N0 1 aHSO. 晶体中,只有钠离子和硫酸氢根离子,A 错误;
B. 4 42 21L 0.1mol/L NH Fe SO 溶液中,铵离子和亚铁离子水解,
4 2 3 2NH +H O NH H O+H 、 2+ +
2 2Fe +H O Fe(OH) +2H ,则阳离子总数大于 0.3 AN ,
B 错误;
C. 20.1mol Cl 与 40.2 mol CH 一定条件下发生取代反应,充分反应后有一半的氯原子用于
生成 HCl ,则 HCl 的分子数目为 0.1 AN ,C 正确;
D. 2M nO
2 2 2 22H O = 2H ~O O 2e ,则100 g 34%的 2 2H O 中加入 2MnO 充分反应,转移的电
子数目为 AN ,D 错误;
答案选 C。
6. X 、 Y 、 Z 、 W 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素,常见单质分子 2X 中含有 3
对共用电子对,由 X 、 Y 形成的一种气态化合物不能稳定地存在于空气中, Z 、 W 同周期
且 W 的最高正价是 Z 的 7 倍。下列说法正确的是( )。
A. 含氧酸的酸性: W>X
B. 简单离子半径: W>X>Y>Z
C. 最简单氢化物的沸点: X
X>Y>Z ,B 正确;
C. 最简单氢化物的沸点:氨气比氯化氢的高,因为氨分子间有氢键,C 错误;
D. Z 与 Y 形成的化合物可以是氧化钠、过氧化钠,它们都有离子键,但过氧根离子内有共价
键,D 错误;
答案选 B。
7.在 -125 mL 0.1mol L 某一元碱( YOH )中,滴加入 -10.1mol L 的醋酸溶液,滴定曲线如
图所示。下列说法错误的是( )
A. 该碱溶液可以溶解 3Al(OH)
B. a 点对应的体积大于 25 mL
C. C 点时, - + + -
3c CH COO >c Y >c H >c OH
D. D 点时, - - +
3 3c CH COO +c OH =c H +c CH COOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由 A 点知:0.1mol⋅L−1 一元碱的 pH=13 可得,该碱为强碱,所以该碱溶液可以溶
解 3Al(OH) ,故 A 正确;
B. 恰好中和时生成强碱弱酸盐 pH 应大于 7,而 B 点 pH=7,所以该点对应的溶质为 CH3COOY
和 CH3COOH,a 点的体积大于 25mL,故 B 正确;
C. C 点对应的溶质为 CH3COOY 和 CH3COOH,溶液中 CH3COOY 的浓度>CH3COOH 的浓度,
因 pH<7 , 所 以 c(H+)>c(OH−) , 弱 酸 的 电 离 是 微 弱 的 , 结 合 电 荷 守 恒
c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+),则应有 c(CH3COO−)>c(Y+)> c(H+)>c(OH−),故 C 正确;
D. D 点 为 CH3COOY 和 CH3COOH 等 物 质 的 量 浓 度 的 混 合 液 , 根 据 物 料 守 恒
c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Y+)和电荷守恒 c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+),所以应有
3 3
1 1(CH COO ) (OH ) (H ) (CH COOH)2 2c c c c ,故 D 错误;
答案选 D。
二、非选择题
(一)必考题
8.莫尔盐的化学式为 4 4 22 2NH Fe SO 6H O (相对分子质量为 392),能溶于水,不溶于乙
醇,是一种重要的还原剂,在空气中比一般的亚铁盐稳定。下面是某学习小组设计制备少量
莫尔盐的实验装置及步骤。回答相关问题:
步骤一:制取莫尔盐
(1)连接装置,检查装置气密性后加入药品。在锥形瓶中加入 6.0 g 铁屑和少量的碳粉,在
三颈烧瓶中加入 4 420.1mol NH SO 晶体.加入少量碳粉的作用是_____。
(2)向分液漏斗中注入 155.0 mL 2 mol L 稀硫酸后,关闭活塞 3K ,打开 2K 、 1K ,待稀硫
酸注入锥形瓶后关闭 1K 。 A 装置中反应的离子方程式为______。
(3)待大部分铁粉溶解后,打开 3K 、关闭 2K ,此时可以看到的现象为_____,原因是_____。
(4)关闭活塞 2K 、 3K ,采用 100℃水浴蒸发 B 中水分,液面产生晶膜时,停止加热,冷却
结晶、____(填操作名称)、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量,保持溶液的 pH 在
1~2 之间,其目的为_____。
(5)装置 C 的作用为______。
步骤二:测定莫尔盐样品的纯度
(6)称取所得莫尔盐样品10.0 g ,用煮沸后冷却的蒸馏水配成100 mL 溶液,取 20.00 mL 溶
液加入稀硫酸,用 10.1mol L 的 4KMnO 溶液滴定,达到滴定终点时消耗 410.00 mL KMnO
溶液.滴定反应的离子方程式为________,该样品的纯度为________。
【答案】 (1). 与铁、稀硫酸构成原电池,加快反应速率 (2). 2
2Fe 2H H Fe
(3). A 中的液体被压入 B 中 (4). A 中产生氢气,使 A 中压强增大 (5). 过滤 (6).
抑 制 2Fe 水 解 (7). 液 封 作 用 , 防 止 空 气 进 入 三 颈 烧 瓶 氧 化 (8).
2 3 2
4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O (9). 98%
【解析】
【分析】
步骤一.制取莫尔盐:打开分液漏斗上口塞子,关闭活塞 K3 ,打开 K2、K1,加完 55.0mL2mol•L-1
稀硫酸,硫酸和铁反应生成氢气,将装置内的空气排出,待大部分铁粉溶解后,打开 K3、关
闭 K2,A 中的液体被压入 B 中,关闭活塞 K2、K3,采用 100℃水浴蒸发 B 中水分,可生成莫
尔盐,冷却结晶,过滤,用无水乙醇洗涤,可得到莫尔盐晶体,装置 C 可用于液封,防止空
气进入三颈烧瓶氧化 Fe2+;
步骤二.测定莫尔盐样品的纯度:发生 5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O,结合离子方程
式计算;
【详解】(1) 在锥形瓶内有 6.0 g 铁屑和少量的碳粉和稀硫酸,铁与硫酸反应过程中,铁、碳
和稀硫酸构成了原电池,加快了反应速率;
答案为:与铁、稀硫酸构成原电池,加快反应速率;
(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为 2
2Fe 2H H Fe ;
答案为: 2
2Fe 2H H Fe ;
(3)待大部分铁粉溶解后,打开 3K 、关闭 2K ,此时可以看到,A 中的液体被压入 B 中,原因
是关闭 2K 以后氢气仍在产生却滞留在锥形瓶内,故 A 中压强增大把液体压入 B 中;
答案为:A 中的液体被压入 B 中;A 中产生氢气,使 A 中压强增大;
(4) 过滤可将晶体从溶液中分离出来,硫酸亚铁是强碱弱酸盐会水解,硫酸过量可抑制亚铁
离子水解;
答案为:过滤;抑制 2Fe 水解;
(5)导管插入液面以下可起到液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化 Fe2+;
答案为:液封作用,防止空气进入三颈烧瓶氧化;
(6)亚铁离子与酸性高锰酸钾发生
2 3 2
4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O n(KMnO4)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol,则
20.00mL 溶液中 n(Fe2+)=0.005mol,则 10.0g 样品中 4 4 22 2NH Fe SO 6H O 的物质的量为
0.025mol,样品的含量为 0.025mol 392g / mol 100% 98%10.0g
;
故答案为: 2 3 2
4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O ;98%。
【点睛】解本题的关键是:制备硫酸亚铁铵晶体要在无氧环境中、同时要抑制亚铁离子水解
下发生,这样制得的产物比较纯净的,之后需从水溶液中分离出晶体并进行纯化,步骤一考
察了原电池的应用、盐类水解、物质分离提纯等有关实验操作。
9.过渡金属 Co 、Ni 性质相似,在电子工业及金属材料上应用广泛。以含钴、镍、铝的废渣(主
要成分 CoO、 2 3Co O 、 Ni 、少量 2 3Al O )提取钴、镍的工艺如下:
(1)“酸浸”时通入 2SO 的目的是____,反应的离子方程式为_____。
(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子方程式为_____。
(3)有机层提取出的 2+Ni 可用于制备镍氢电池,电池的工作原理如下图所示。该电池放电时,
正极的电极反应式为________。
(4)用 3CoCO 为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得 2 2H O 分解的高效催化剂
x (1 x) 2 4Co Ni Fe O (其中 Co 、Ni 均为 2 价),下图是用两种不同方法制得的 x (1 x) 2 4Co Ni Fe O
在 10℃时催化分解 6%的 2 2H O 溶液的相对初始速率随 x 变化曲线。由图中信息可知:____法
制得的催化剂活性更高; 2+Co 、 2+Ni 两种离子中催化效果更好的是________。
(5)已知煅烧 3CoCO 时,温度不同,产物不同。在 400℃充分煅绕 3CoCO ,得到 2.41g 固
体氧化物和 20.672 L CO (标准状况),则此时所得固体氧化物的化学式为________。
【答案】 (1). 将 3Co 还原为 2Co (2). 3 2 2
2 2 42Co SO 2H O 2Co SO 4H
( 或 2 2
2 3 2 4 2Co O SO 2H 2Co S0 H O ) (3).
3 2
3 2 3 22Al 3CO 3H O 2Al(OH) 3CO (4).
2 2NiOOH H O e Ni(OH) OH (5). 微波水热 (6). 2Co (7). 3 4Co O
【解析】
【分析】
(1)(2)从流程知,含钴废渣(主要成分 CoO、 2 3Co O 、 Ni 、少量 2 3Al O )加入 H2SO4 酸浸并通
入 SO2,得到含 2 4 3Al (SO ) 、 4NiSO 和 4CoSO 的混合溶液,加入 Na2CO3 调节溶液的 pH 使
Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀而除去 Al3+,然后向滤液中加入萃取剂 HX,有机层中含有 NiSO4,
然后从有机层中得到 NiSO4 溶液,向水层中加入 Na2CO3 得到 CoCO3 固体,据此分析;(3)(4)
通过读图提取信息和数据回答;(5)结合元素守恒计算得出氧化物的化学式。
【详解】(1)含钴废渣含有 Co2O3,最后得到 CoCO3,则二氧化硫把+3 价钴元素还原为+2 价,
故二氧化硫的作用是将 3Co 还原为 2Co 、反应的化学方程式为
3 2 2
2 2 42Co SO 2H O 2Co SO 4H 或
2 2
2 3 2 4 2Co O SO 2H 2Co S0 H O ;
答案为:将 3Co 还原为 2Co ; 3 2 2
2 2 42Co SO 2H O 2Co SO 4H (或
2 2
2 3 2 4 2Co O SO 2H 2Co S0 H O );
(2)除铝时加入碳酸钠,因为碳酸根离子和 Al3+发生双水解反应生成 Al(OH)3 沉淀而除去 Al3+,
同时还生成二氧化碳,形成沉渣时发生反应的离子方程式为
3 2
3 2 3 22Al 3CO 3H O 2Al(OH) 3CO ;
答案为: 3 2
3 2 3 22Al 3CO 3H O 2Al(OH) 3CO ;
(3)由图知镍氢电池的工作原理: 2NiOOH MH Ni(OH) M
放电
充电
,该反应中 Ni 元素化合价
由+3 价变为+2 价,则正极上 NiOOH 得电子发生还原反应,电极反应式为
2 2NiOOH H O e Ni(OH) OH ;
答案为: 2 2NiOOH H O e Ni(OH) OH ;
(4)①由图中信息可知:x 相同时,微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大,所以微波水热
法制取的催化剂活性高;
答案为:微波水热;
②由图可知,随 x 值越大,过氧化氢的分解速率越大,而 x 增大,Co2+的比例增大,故 Co2+
的催化活性更高;
答案为:Co2+;
(5)n(CO2)= 0.672L 0.03mol22.4L / mol
,根据 C 原子守恒得 n(CoCO3)=0.03mol,生成的氧化物中
n(Co)=0.03mol、 2.41g 0.03mol 59g / mol(O) 0.04mol16g / moln ,则
Co 3
O 4
n
n
所以钴氧化
物的化学式为 Co3O4;
答案为:Co3O4。
【点睛】明确本题中的流程图及原电池工作原理示意图中发生的反应、基本操作方法、物质
的性质是解本题关键,
10.研究氮氧化物的反应机理,对于消除其对环境的污染具有重要意义。
(1)升高温度,绝大多数的化学反应速率增大,但是 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g)A 的反
应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料得知,该反应历程分为以下两步:
Ⅰ. 2 22NO(g) N O (g) (快) 1ΔH <0 1v 正 1=k 正
2c (NO) 1v 逆 1=k 逆 2 2c N O
Ⅱ. 2 2 2 2N O (g)+O (g) 2NO (g) (慢) 2ΔH <0
2v 正 2=k 正 2 2 2c N O c O 2v 逆 2=k 逆 2
2c NO
回答:
①反应 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g) 的 ΔH= ____(用含 1ΔH 和 2ΔH 的式子表示)。一定温
度下,反应 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g) 达到平衡状态,写出用 1k 正、 1k 逆、 2k 正、 2k 逆表
示的平衡常数表达式 K= ____。
②决定 2 22NO(g)+O (g) 2NO (g) 反应速率的是反应Ⅱ,则反应Ⅰ的活化能 1E 与反应Ⅱ
的活化能 2E 的大小关系为 1E ____ 2E (填“ ”“ ”或“ ”)。
(2)亚硝酸氯( NOCl )是有机合成中重要的试剂,可 NO 与 2Cl 在一定条件下合成。在 2 L
容器恒温条件下,将物质的量之和为 3 mol 的 NO 和 2Cl 以不同的氮氯比进行如下反应:
22NO(g)+Cl (g) 2NOCl(g) ΔH<0 ,平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度
的关系结果如下图。
①判断图中温度 1T 、 2T 的关系: 1T ____ 2T 。(填“ ”、“ ”或“ ”)
②图中纵坐标为物质____(填化学式)的转化率,理由是_____。
③图中 A 、 B 、 C 三点中平衡时 NOCl 体积分数最大的是____。(填“ A ”、“ B ”或“ C ”)
④ 1T 温度下,该反应的平衡常数 K= ____。
【答案】 (1). 1 2ΔH +ΔH (2). 1 2
1 2
k k
k k
正 正
逆 逆
(3). (4). (5). 2Cl (6).
当 2
n(NO)
n Cl 升高,反应物转化率大 (7). A (8). 160
【解析】
【分析】
(1)①运用盖斯定律,将方程式叠加,就可以得到相应反应的热化学方程式;根据反应达到
平衡时正、逆反应速率相等,结合速率与物质浓度关系,可得 K 的表达式;再利用温度对化
学平衡的影响,分析温度与化学平衡常数的关系;
②根据活化能高反应速率慢,活化能低化学反应速率快,比较二者活化能的大小;然后利用
温度对化学平衡移动的影响,结合物质浓度的变化,确定物质的位置;
(2)①2NO(g)+Cl2(g)
⇌
2NOCl(g)
△
H<0.反应为放热反应,升温平衡逆向进行,结合图象变
化分析判断;
②NO 和 Cl2 以不同的氮氯比反应,图象中转化率随比值增大而增大,两种反应物增加一种会
提高另一种的转化率;
③方程式中 NO 和 Cl2 的系数比为 2:1,按照此反应比,氯气转化率最大时得到产物的体积分
数最大;
④结合三行计算列式计算 A 点平衡常数,温度不变平衡常数不变。
【详解】(1) ①I .2NO(g)
⇌
N2O2(g)
△
H1<0;II.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)
△
H2<0,I+II 可得:
2NO(g) +O2(g)
⇌
2NO2(g)
△
H=
△
H1+
△
H2;
当该反应达到平衡时,V1 正=V1 逆,V2 正=V2 逆,所以 V1 正×V2 正=V1 逆×V2 逆,即 k1 正 c2(NO)×K2 正
c(N2O2)×c(O2)= k1 逆 c(N2O2)×K2 逆 c2(NO2)×c(O2),则是 K=
2
2
2 2 2
c NO
c N O c O = 1 2
1 2
K K
K K
正 正
逆 逆
;
②2NO(g) +O2(g)
⇌
2NO2(g)反应的快慢由反应速率慢的反应 II 决定,所以反应的活化能 E1N>O (2). 1s22s22p63s23p63d8 或[Ar] 3d8 (3). 激发 (4). 平面三角
形 (5). sp3 (6). 9:1 (7). 分子晶体 (8). 分子数相同时,甘氨酸分子间形成的氢键
数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键) (9).
形成配合离子后,配位键与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力小于原孤对电子与 NH3 中 N—H 键
之间的排斥力,故配合离子中 NH3 的 N—H 键间的键角变大; (10).
32
3
1.16 10
d
【解析】
【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为 N 和 F,由于 N 原子最外层电子为半充满状态,第一
电离能较大,所以三者第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O;Ni 元素为 28 号元素,失去最
外层两个电子形成 Ni2+,基态 Ni2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d8 或[Ar] 3d8;基态 Ni2+
的核外电子空间运动状态有 1+1+3+1+3+5=14 种,若该离子核外电子空间运动状态有 15 种,
则该离子处于激发态;
(2)①NO3⁻ 的中心原子价层电子对数为 5+0 3+1
2
=3,孤电子对数为 0,所以空间构型为平面
三角形;
②甘氨酸(NH2CH2COOH)中 N 原子形成两个 N-H 键和一个 N-C 键,达到饱和状态,价层电子
对数为 4,所以为 sp3 杂化;分子中碳氧双键中存在一个π键,其余共价键均为σ键,所以分子
中σ键与π键的个数比为 9:1;甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体;分子数相同时,甘氨酸分子间
形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多(或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生
氢键);
(3)形成配合离子后,配位键与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力小于原孤对电子与 NH3 中 N—H
键之间的排斥力,故配合离子中 NH3 的 N—H 键间的键角变大;
(4)根据均摊法,该晶胞中 Li 原子个数为 8,其分子式为 Li2NH,则晶胞中 NH 原子团的个数
为 4,则晶胞的质量为 m=
A
7 8+15 4
N
g,晶胞参数为 d pm=d×10-10cm,所以晶胞的体积
V=d3×10-30cm3,则密度
3 - 3
A
30
7 8+1
d 10 c
5 g
= m
4
Nm
V
,解得 NA=
32
3
1.16 10
d
。
【点睛】含有—OH、—NH2 等基团的物质容易形成分子间氢键,使熔沸点升高;甲烷和氨气
均为 sp3 杂化,但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力,所以甲烷分子中键角比
氨气分子中键角大。
【化学—选修 5 有机化学基础】
12.某校研究小组的同学们以甲苯和乙醇为主要原料,按下列路线合成一种重要的医药中间体
——乙酰基扁桃酰氯。
已知: ;
+
2H O/HN RC HR COO ; '
2SOCl R OH 'RCOOH RCOCl RCOOR
(1)甲苯与氯气反应生成 A 的条件是______; B 中含有的官能团是_____; D 的结构简式是
____。
(2)下列说法正确的是______。
a 化合物 A 不能发生取代反应
b 乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃
c 化合物 C 能与新制的 2Cu(OH) 发生反应
(3) E+F G 的化学方程式是________。
(4)化合物 D 有多种同分异构体,同时符合下列条件的同分异构体共有__种,写出其中一种同
分异构体的结构简式____。
①红外光谱检测表明分子中含有氰基( -CN );②核磁共振氢谱检测表明分子中有苯环,且苯环
上有两种不同化学环境的氢原子。
(5)参照上述流程图,以乙醇为原料制备 F,设计合成路线____:(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 光照 (2). 羟基(或 -OH ) (3). (4). c (5).
+CH3COCl→ +HCl (6). 4 (7).
( 写 出 任 意 一 种 即 可 得 分 ) (8).
2 2 2O O SOCl
3 2 3 3 3CH CH OH CH CHO CH COOH CH COCl 催化剂 催化剂
【解析】
【分析】
根据题中各物质的转化关系,结合题中信息可知,甲苯在光照条件下与氯气反应生成 A,A 为
,A 发生碱性水解得 B,B 为 ,B 发生氧化反应得 C,C 为
,C 发生信息中的反应得 D,D 为 ,D 酸性水解得 E,E 为
,根据 F 的分子式可知,乙醇氧化成乙酸,乙酸再与 SOCl2 发生信息中的反
应生成 F 为 CH3COCl,F 和 E 发生取代反应生成 G 为 ,G 与 SOCl2 反应生成乙
酰基扁桃酰氯,据此分析解答。
【详解】(1)甲苯与氯气发生侧链的取代反应生成 A 的反应条件为光照;B 为 ,
B 中所含官能团为羟基,D 的结构简式为 ,故答案为:光照;羟基(或 -OH );
;
(2)a. A为 , 能发生水解反应,也属于取代反应,故 a 错误;b. 乙
酰基扁桃酰氯中含有氧元素和氯元素,不属于芳香烃,故 b 错误;
c. C 为 ,其中含有醛基,能与新制的 2Cu(OH) 发生反应,故 c 正确;
故选 c;
(3)F 和 E 发生取代反应生成 G 为 ,所以 E+F→G 的化学方程式是
+CH3COCl→ +HCl,故答案为:
+CH3COCl→ +HCl;
(4)D 的结构简式为 ,①红外光谱检测表明分子中含有氰基(-CN);②分子中有苯
环,且苯环上有两种不同化学环境的氢原子,即苯环上有两个处于对位的基团,则符合条件
的 D 的结构简式为 、 、 、 ,故答案为:4; 、 、
、 (任写一种);
(5)以乙醇为原料制备 F(CH3COCl),可以用乙醇氧化成乙酸,乙酸再与 SOCl2 发生信息中的反
应生成 F 为 CH3COCl,合成路线为
,故答案
为: 。
【点睛】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断,充分掌握常见有机化合物的性质
以及抓住所给信息解题是关键,难度中等,注意有机官能团的性质的灵活运用。