高考化学总复习对对练考点25实验综合探究
考点25 实验综合探究、设计与评价
高考命题规律
2019年高考必备
2019年
2019年
2019年
2019年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
物质的制备实验(气体、有机物)
26
10
26
命题角度2
实验方案的设计与评价
13
10
26
10
13
命题角度3
探究性实验的设计
26
26
28
28
命题角度4
定量实验的设计
28
26
26
26
命题角度1物质的制备实验(气体、有机物)答案P53
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ·26)醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。
一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示,回答下列问题:
(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是 。仪器a的名称是 。
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置。打开K1、K2,关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为
②同时c中有气体产生,该气体的作用是 。
(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是 ;d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是 、 、洗涤、干燥。
(4)指出装置d可能存在的缺点 。
答案 (1)去除水中溶解氧 分液(或滴液)漏斗
(2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+ ②排除c中空气
(3)c中产生氢气使压强大于大气压 (冰浴)冷却 过滤
(4)敞开体系,使醋酸亚铬与空气接触
解析 (1)由题给信息“醋酸亚铬……在气体分析中用作氧气吸收剂”可知,为避免溶解在水中的氧气影响实验,故所用蒸馏水应先煮沸除氧并迅速冷却,以减少氧气的再溶解。仪器a为分液(或滴液)漏斗。
(2)将盐酸滴入c中时,CrCl3溶解,同时锌粒与盐酸反应放出的氢气可将c中的空气排出,形成了隔绝空气的体系,进而发生反应:Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+,溶液颜色由绿色逐渐变为亮蓝色。
(3)当打开K3,关闭K1和K2时,c中Zn与盐酸反应产生的氢气排不出去,产生较大的压强,可将c中生成的亮蓝色溶液压入d中。进入d中的Cr2+可与CH3COO-反应生成(CH3COO)2Cr·2H2O沉淀。根据题意“醋酸亚铬难溶于冷水”,要使沉淀充分析出并分离,可采用冰水浴冷却、过滤、洗涤、干燥的方法处理。
(4)由于(CH3COO)2Cr·2H2O沉淀易被氧气氧化,所以装置d的缺点是:装置d为敞口体系,会使醋酸亚铬与空气接触而被氧化。
2.(2019全国Ⅰ·10)实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质,焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是( )
A.①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B.管式炉加热前,用试管在④处收集气体并点燃,通过声音判断气体纯度
C.结束反应时,先关闭活塞K,再停止加热
D.装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
答案 B
解析 A项,杂质中有水蒸气时应最后除去,故浓硫酸应在③中,A项错误;可燃性气体在受热前应先验纯,B项正确;C项,实验结束后为防止生成的金属W被氧化应在停止加热后继续通一段时间的H2,故C项错误;D项,二氧化锰与浓盐酸反应需要加热,而启普发生器(装置Q)不能受热,故D项错误。
3.(2019江苏·21B)1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为71 ℃,密度为1.36 g·cm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下:
步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入28 mL浓硫酸;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。
步骤2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止。
步骤3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相。
步骤4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用12 mL H2O、12 mL 5% Na2CO3溶液和12 mL H2O洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得1-溴丙烷。
(1)仪器A的名称是 ;加入搅拌磁子的目的是搅拌和 。
(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和 。
(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是 。
(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是 。
(5)步骤4中用5% Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入12 mL 5% Na2CO3溶液,振荡, ,静置,分液。
答案 (1)蒸馏烧瓶 防止暴沸
(2)丙烯、正丙醚
(3)减少1-溴丙烷的挥发
(4)减少HBr挥发
(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体
解析 (1)仪器A为蒸馏烧瓶,搅拌磁子还可以起到沸石的作用,防止加热时暴沸。(2)反应过程中,反应物中的正丙醇可能会发生消去反应生成丙烯,也可能发生分子间脱水生成正丙醚。(3)在冰水浴中进行反应,可降低反应温度,减少1-溴丙烷的挥发。(4)HBr易挥发,缓慢加热可防止HBr挥发,使产率降低。(5)振荡后,要打开活塞排出分液漏斗中的气体。
4.(2019浙江·29)无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2,装置如图1,主要步骤如下:
图1
步骤1 三颈瓶中装入10 g镁屑和150 mL无水乙醚;装置B中加入15 mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气,直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温,过滤,滤液转移至另一干燥的烧瓶中,冷却至0 ℃,析出晶体,再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品,冷却至0 ℃,析出晶体,过滤,洗涤得三乙醚合溴化镁,加热至160 ℃分解得无水MgBr2产品。
已知:①Mg与Br2反应剧烈放热;MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5。
请回答:
图2
(1)仪器A的名称是 。
实验中不能用干燥空气代替干燥N2,原因是 。
(2)如将装置B改为装置C(图2),可能会导致的后果是 。
(3)步骤3中,第一次过滤除去的物质是 。
(4)有关步骤4的说法,正确的是 。
A.可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B.洗涤晶体可选用0 ℃的苯
C.加热至160 ℃的主要目的是除去苯
D.该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
(5)为测定产品的纯度,可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定,反应的离子方程式:
Mg2++Y4-MgY2-
①滴定前润洗滴定管的操作方法是
②测定时,先称取0.250 0 g无水MgBr2产品,溶解后,用0.050 0 mol·L-1的EDTA标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液26.50 mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是 (以质量分数表示)。
答案 (1)干燥管 防止镁屑与氧气反应,生成的MgO阻碍Mg与Br2的反应
(2)会将液溴快速压入三颈瓶,反应过快大量放热而存在安全隐患
(3)镁屑 (4)BD
(5)①从滴定管上口加入少量待装液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿内壁,然后从下部放出,重复2~3次 ②97.5%
解析 (1)仪器A为球形干燥管;金属镁为活泼金属,很容易与空气中的O2反应,故不能用空气代替干燥的N2。
(2)液溴易挥发,装置B是通过N2带着溴蒸气进入三颈瓶,装置C是利用N2将液溴直接压入三颈瓶中,液溴与镁剧烈反应,放出大量热,导致溴大量挥发,导致溴的利用率降低,且溴有毒,存在安全隐患。
(3)镁屑与液溴反应时,镁屑过量,故第一次过滤除去的是没有反应的镁屑。
(4)因为MgBr2具有强吸水性,故不能用95%的乙醇溶解粗品,A项错误;加热到160 ℃时,除去苯的同时也除去了乙醚,C项错误。
(5)①从滴定管上口加入少量待装液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿内壁,然后从下部放出,重复2~3次;②结合关系式MgBr2~Mg2+~Y4-,产品的纯度=×100%≈97.5%。
5.(2019全国Ⅰ·26)乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一,具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下:
相对分
沸点/℃
水中溶解性
子质量
异戊醇
88
0.812 3
131
微溶
乙酸
60
1.049 2
118
溶
乙酸异戊酯
130
0.867 0
142
难溶
实验步骤:
在A中加入4.4 g异戊醇、6.0 g乙酸、数滴浓硫酸和2~3片碎瓷片。开始缓慢加热A,回流50 min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中,分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤;分出的产物加入少量无水MgSO4固体,静置片刻,过滤除去MgSO4固体,进行蒸馏纯化,收集140~143 ℃馏分,得乙酸异戊酯3.9 g。
回答下列问题:
(1)仪器B的名称是 。
(2)在洗涤操作中,第一次水洗的主要目的是
第二次水洗的主要目的是 。
(3)在洗涤、分液操作中,应充分振荡,然后静置,待分层后 (填标号)。
a.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b.直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c.先将水层从分液漏斗的下口放出,再将乙酸异戊酯从下口放出
d.先将水层从分液漏斗的下口放出,再将乙酸异戊酯从上口倒出
(4)本实验中加入过量乙酸的目的是 。
(5)实验中加入少量无水MgSO4的目的是 。
(6)在蒸馏操作中,仪器选择及安装都正确的是 (填标号)。
(7)本实验的产率是 (填标号)。
a.30% b.40% c.60% d.90%
(8)在进行蒸馏操作时,若从130 ℃便开始收集馏分,会使实验的产率偏 (填“高”或“低”),其原因是 。
答案 (1)球形冷凝管
(2)洗掉大部分硫酸和醋酸 洗掉碳酸氢钠
(3)d (4)提高醇的转化率
(5)干燥 (6)b (7)c
(8)高 会收集少量未反应的异戊醇
解析 (2)由反应物及产物的性质,易溶于水的有硫酸、乙酸,可知第一次水洗的目的;(3)分液时应该“下流上倒”,由乙酸异戊酯的密度比水的小可知d选项正确;(4)结合化学平衡的移动进行分析;(6)a、d温度计的位置错误,c装置不能用球形冷凝管进行冷凝,只有b选项正确;(7)n(异戊醇)==0.05 mol、n(乙酸异戊酯)==0.03 mol,产率=×100%=×100%=60%。
1.以“气体”为纽带的物质制备实验
(1)物质制备流程
气体发
生装置→气体净
化装置→气体干
燥装置→物质制
备装置→尾气吸
收装置
反应物
状态及
反应条
件 气体及
杂质的
性质 由气体的
性质选择
干燥剂 气体的性
质及制取
物质的
性质 由气体的
性质选择
吸收剂
(2)选用仪器及连接顺序
2.有机物的制备实验要点
(1)温度计水银球的位置:若要控制反应温度,应插入反应液中,若要选择收集某温度下的馏分,则应放在支管口附近。
(2)冷凝管的选择:球形冷凝管只能用于冷凝回流,直形冷凝管既能用于冷凝回流,又能用于冷凝收集馏分。
(3)冷凝管的进出水方向,下进上出。
(4)加热方法的选择
①酒精灯加热。酒精灯的火焰温度一般在400~500 ℃,所以需要温度不太高的实验都可用酒精灯加热。
②水浴加热。水浴加热的温度不超过100 ℃。
(5)防暴沸:加碎瓷片,防止溶液暴沸,若开始忘加沸石,需冷却后补加。
新题演练提能·刷高分
1.(2019山东日照二模)乙炔(C2H2)是制造草酸、乙醛、醋酸等有机化合物的基本原料。
(1)某小组同学以电石(主要成分为CaC2,含少量CaS及Ca3P2等杂质)为原料,利用下图所示实验装置(夹持装置略去,下同)制备C2H2。
①仪器a的名称为 。
②CaC2的电子式为 。
③装置B中的NaClO溶液能将H2S、PH3氧化为硫酸、磷酸,本身被还原为NaCl。其中PH3被氧化的离子方程式为
(2)该小组同学通过查阅文献资料得知:用Hg(NO3)2作催化剂时,浓硝酸能将乙炔气体氧化为草酸(H2C2O4),实验装置如下图所示。
①装置E的作用是
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为 。
③装置D中锥形瓶内的液体经过 (填操作名称)、洗涤、干燥等步骤得到H2C2O4·2H2O晶体。
(3)该小组同学测定了晶体中H2C2O4·2H2O的质量分数,实验步骤如下:
ⅰ.准确称取m g晶体,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸;
ⅱ.将ⅰ所得溶液用c mol·L-1KMnO4标准溶液进行滴定,滴定时KMnO4被还原为Mn2+,滴定至终点时消耗标准溶液V mL。
①滴定过程中发现褪色速率先慢后明显加快,除反应放热外,还可能的原因是 。
②晶体中H2C2O4·2H2O的质量分数为 (用含m、c、V的式子表示)。
答案 (1)①蒸馏烧瓶 ②Ca2+C︙︙]2-
③PH3+4ClO-H3PO4+4Cl-
(2)①安全瓶,防止发生倒吸 ②C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2↑+4H2O ③加热蒸发、冷却结晶、过滤
(3)①反应生成的Mn2+是该反应的催化剂
②%(写成%也可)
解析 (1)①仪器a的名称为蒸馏烧瓶;②CaC2的电子式为Ca2+C︙︙]2-;③装置B中的NaClO溶液能将H2S、PH3氧化为硫酸、磷酸,本身被还原为NaCl。其中PH3被氧化的离子方程式为PH3+4ClO-H3PO4+4Cl-。
(2)①装置E的作用是安全瓶,防止发生倒吸;②装置D中乙炔与浓硝酸反应生成H2C2O4、二氧化氮和水,反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2↑+4H2O;③装置D中锥形瓶内的液体经过加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到H2C2O4·2H2O晶体。(3)①滴定过程中发现褪色速率先慢后明显加快,除反应放热外,还可能的原因是反应生成的Mn2+是该反应的催化剂;②根据反应2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,可知,晶体中H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%=%。
2.(2019四川雅安高三理综三诊)一氯甲烷是一种重要的化工原料,常温下它是无色有毒气体,微溶于水,易溶于乙醇、CCl4等。
(1)某小组同学在实验室用如图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷。
①无水ZnCl2为催化剂,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为 ,如果实验时圆底烧瓶加热时间过长,最终在瓶底得到一种白色物质,该物质的化学式是 。
②装置B的主要作用是 。
③收集到的CH3Cl气体在氧气中充分燃烧,产物用过量的V1 mL c1 mol·L-1 NaOH溶液充分吸收,以甲基橙作指示剂,用c2 mol·L-1盐酸标准液对吸收液进行返滴定,最终消耗V2 mL盐酸。则所收集CH3Cl的物质的量为 mol。(已知:2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl)
(2)查阅资料可知:AgNO3的乙醇溶液可以检验CH3X中的卤素原子。相关数据如下表:
化学键
C—Cl
C—Br
键能/(kJ·mol-1)
330
276
化合物
AgCl
AgBr
Ksp
1.8×10-10
5×10-13
①CH3X通入AgNO3的乙醇溶液中,除有沉淀生成外,还生成硝酸甲酯,请写出硝酸甲酯的结构简式 。
②CH3Cl和CH3Br的混合气体通入AgNO3的乙醇溶液中,先出现淡黄色沉淀。请依据表中数据解释原因
③设计实验证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr): (简要说明实验操作、现象和结论)。
答案 (1)①CH3OH+HClCH3Cl+H2O
Zn(OH)2(或ZnO) ②除去氯化氢气体 ③(c1V1-c2V2)×10-3
(2)①CH3ONO2(写成CH3NO3也可) ②C—Br键的键能小,更容易断裂,同时溴化银的溶度积更小,溴化银更容易形成沉淀 ③向等浓度的氯化钠和溴化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液,先生成淡黄色沉淀,则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)(其他合理答案也可)
解析 (1)①装置A制备CH3Cl,ZnCl2作催化剂,即圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为CH3OH+HClCH3Cl+H2O;根据所加物质,白色物质是Zn(OH)2或ZnO;②盐酸容易挥发,因此装置B的作用是除去挥发出的HCl气体;③CH3Cl燃烧产生的CO2和HCl均与NaOH溶液反应:2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,HCl+NaOHNaCl+H2O,以甲基橙为指示剂,用盐酸标准液滴定吸收液,发生反应:NaOH+HClNaCl+H2O、Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2↑+H2O,两次消耗的差值,应为一氯甲烷燃烧生成HCl的量,即为(c1V1-c2V2)×10-3 mol,根据氯元素守恒,即CH3Cl的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3 mol。(2)①根据酯的命名,硝酸甲酯的结构简式为CH3ONO2;②根据表格数据,淡黄色沉淀是AgBr,原因是C-Br键的键能小,更容易断裂,同时溴化银的溶度积更小,溴化银更容易形成沉淀;③向等浓度的氯化钠和溴化钠的混合溶液中滴加硝酸银溶液,先生成淡黄色沉淀,则证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr);或者向足量氯化钠溶液滴加少量的硝酸银溶液,出现白色沉淀,然后向溶液中滴加溴化钠溶液,出现淡黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)。
3.(2019山东烟台高三4月模拟)Cl2O为国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一,实验室可利用氯气和空气(氯气与空气体积比为1∶3,空气不参与反应)的混合气与含水8%的碳酸钠反应制备,所用实验装置和Cl2O的性质如下:
颜色
棕黄色
状态
气体
气味
强刺激性
熔点
-116 ℃
沸点
3.8 ℃
水溶性
极易溶于水,与水反应生成次氯酸
热稳定性
42 ℃以上,分解为Cl2和O2
回答下列问题:
(1)仪器a的名称为 ,所盛放的药品是 。
(2)写出装置A中发生的离子方程式:
(3)装置C的主要作用是
(4)装置D、E中都用到多孔球泡,其作用是
(5)写出装置D生成Cl2O的化学方程式:
(6)Cl2O是一种更为理想的饮用水消毒剂,ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl-,ClO2的消毒能力是等质量Cl2O的 (结果保留两位小数)倍。
(7)装置E中所得溶液呈黄绿色,可能的原因是D中的氯气过量进入E中,设计实验证明: 。
(8)制备Cl2O装置中存在缺陷,请提出改进措施:
答案 (1)球形干燥管 碱石灰
(2)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)控制氯气和空气的体积比
(4)增大接触面积,使反应充分进行
(5)2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaCl+Cl2O+2NaHCO3
(6)1.61
(7)取样,滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,则说明是氯气过量所致
(8)将装置D放在冰水浴中,以控制三颈烧瓶内的温度不超过42 ℃
解析 (1)仪器a的名称为球形干燥管,盛有碱石灰吸收尾气,防止污染空气。
(2)实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气,离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
(3)C中盛有浓硫酸便于空气和氯气混合均匀,同时控制氯气和空气的体积比,有利于氯气的反应。
(4)装置D、E中都用到多孔球泡,能增大反应物的接触面积,使反应充分进行。
(5)氯气与空气体积比为1∶3的混合气体与含水8%的碳酸钠在装置D中发生氧化还原反应生成Cl2O,反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O2NaCl+Cl2O+2NaHCO3。
(6)ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl-,质量相同的ClO2和Cl2O的消毒能力之比就是它们得电子的数目之比。设ClO2和Cl2O的质量均为1 g,1 g ClO2得电子数为×5 mol= mol,1 g Cl2O得电子数为×4 mol= mol,则ClO2与Cl2O的消毒能力之比为=1.61,即ClO2的消毒能力是Cl2O的1.61倍。
(7)装置E中所得溶液呈黄绿色,要想证明是D中的氯气过量进入E中,只要证明E中含有Cl-即可,可设计实验如下:取样,滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,则说明是氯气过量所致。
(8)Cl2O在42 ℃以上,分解为Cl2和O2,因此装置D中的温度不能过高,所以将装置D放在冰水浴中,以控制三颈烧瓶内的温度不超过42 ℃。
4.(2019天津一中高三下学期第四次月考)氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物,沸点为77 ℃,在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理:SO2+Cl2+SCl22SOCl2,部分装置如图所示。(已知SCl2的沸点为50 ℃)
回答以下问题:
(1)下列四种制备SO2的方案中最佳选择是 。
方案
A
B
C
D
发生
装置
所选
试剂
70% H2SO4
+K2SO3
18.4 mol·L-1
H2SO4+Cu
4 mol·L-1
HNO3+
Na2SO3
NaHCO3
固体
(2)以MnO2和浓盐酸为原料制备Cl2的离子方程式为
(3)仪器f的作用是 。
(4)d的虚线框内隐含两个装置,按气流方向顺序这两个装置的药品分别是 。
(5)实验结束后,将三颈烧瓶混合物中产品分离出来的方法是 。
(6)若用SOCl2作FeCl3·6H2O的脱水剂,设计实验证明脱水时发生了氧化还原反应。取少量FeCl3·6H2O于试管中,加入过量SOCl2,振荡,往试管中加水溶解,滴加 或 溶液,证明脱水过程发生了氧化还原反应。
答案 (1)A
(2)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)防止空气中的水蒸气进入冷凝管使产品变质,同时吸收尾气SO2、Cl2,防止污染空气
(4)饱和食盐水,浓硫酸 (5)蒸馏
(6)BaCl2或KSCN或K3[Fe(CN)6]溶液
解析 (1)A中70%H2SO4+K2SO3会产生二氧化硫,可不加热,故A正确;B中18.4 mol·L-1的硫酸太浓,其中水分过少,硫酸仍然以分子形式存在,浓硫酸粘稠,与铜反应制取二氧化硫,二氧化硫不易逸出,故B错误;C中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有很强的氧化性可以轻易地将亚硫酸钠中的+4价的硫氧化为+6价的硫酸根离子而无法得到二氧化硫。D中加热NaHCO3固体,产生二氧化碳,故D错误。
(2)以MnO2和浓盐酸为原料制备Cl2的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
(4)装置e中产生的Cl2混有水、HCl,则d框内包含一个盛装饱和食盐水的洗气瓶除去HCl,一个盛装浓硫酸的干燥装置。
(5)已知氯化亚砜沸点为77 ℃,SCl2的沸点为50 ℃,则采用蒸馏的方法即可将之分离。
(6)若发生氧化还原反应,则Fe3+会被还原为Fe2+,而SOCl2遇水生成的SO2会被氧化为H2SO4,实验证明脱水时发生了氧化还原反应的方案为方法一:往试管中加水溶解,滴加BaCl2溶液,若生成白色沉淀,则证明脱水过程发生了氧化还原反应;方法二:往试管中加水溶解,滴加KSCN溶液,若没有明显现象,则证明脱水过程发生了氧化还原反应;或往试管中加水溶解后,滴加K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+的存在等其他合理方法。
5.[2019湖南株洲高三教学质量统一检测(二)]硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂,实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示:
已知:
①SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) ΔH=-97.3 kJ·mol-1
②硫酰氯常温下为无色液体,熔点为-54.1 ℃,沸点为69.1 ℃,在潮湿空气中易“发烟”
③100 ℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解,生成二氧化硫和氯气
(1)仪器a为恒压分液漏斗,与普通分液漏斗相比,其优点是 。
(2)仪器b的名称为 。
(3)装置A中发生化学反应的离子方程式为 。
(4)仪器d中盛放的试剂为 。
A.无水硫酸铜 B.无水氯化钙
C.碱石灰 D.五氧化二磷
(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解,也能制得硫酰氯与另外一种物质,该反应的化学方程式为 ,分离这两种液态产物的方法是 。
(6)装置E为储气装置,用于提供氯气,则分液漏斗c中盛放的试剂为 。当装置E中排出氯气0.224 L(已折算成标准状况)时,最终得到1.08 g纯净的硫酰氯,则硫酰氯的产率为 。长期存放的硫酰氯会发黄,其原因可能为 。
答案 (1)平衡分液漏斗内外压强,便于液体顺利流下
(2)三颈烧瓶
(3)2H++SH2O+SO2↑ (4)C
(5)2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4 蒸馏
(6)饱和食盐水 80% 硫酰氯中溶有其分解产生的氯气
解析 (1)仪器a为恒压分液漏斗,与普通分液漏斗相比,其优点是平衡分液漏斗内外压强,便于液体顺利流下。(2)仪器b为三颈烧瓶。(3)装置A目的是制备SO2,离子反应方程式为S+2H+SO2↑+H2O。(4)SO2是污染性气体,硫酰氯在潮湿空气中易“发烟”,因此装置d的作用是吸收未反应SO2、Cl2,以及防止空气中水蒸气进入C装置,即装置d盛放的是碱石灰,故选项C正确。(5)氯磺酸加热分解,得到硫酰氯和另外一种物质,此物质为H2SO4,即反应方程方式为2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4;SO2Cl2为液体,H2SO4为液体,利用其沸点不同,采用蒸馏方法进行分离。(6)加入物质不能与氯气发生反应,即分液漏斗c中盛放的试剂为饱和食盐水;氯气的物质的量为 mol=0.01 mol,根据方程式,n(Cl2)=n(SO2Cl2)=0.01 mol,理论上生成SO2Cl2的质量为0.01×135 g=1.35 g,产率为×100%=80%;硫酰氯易分解成二氧化硫和氯气,因此硫酰氯中溶有其分解产生的氯气而发黄。
6.(2019吉林延边高考仿真模拟)某实验小组用如图装置制备家用消毒液,并探究其性质。
反应停止后,取洗气瓶中无色溶液5 mL分别进行了如下实验:
操作
现象
a.测溶液pH,并向其中滴加2滴酚酞
pH=13,溶液变红,5 min后褪色
b.向其中逐滴加入盐酸
溶液逐渐变成黄绿色
(1)写出利用上述装置制备消毒液涉及反应的化学方程式 、 。
(2)查阅资料:酚酞的变色范围为8.2~10,且酚酞在强碱性溶液中红色会褪去。为探究操作a中溶液褪色的原因,又补充了如下实验:
操作
现象
取 NaOH溶液,向其中滴加2滴酚酞
溶液变红,30 min后褪色
获得结论:此实验小组制备的消毒液具有 性。
(3)该小组由操作b获得结论:随着溶液酸性的增强,此消毒液的稳定性下降。
①操作b中溶液变成黄绿色的原因: (用离子方程式表示)。
②有同学认为由操作b获得上述结论并不严谨,需要进一步确认此结论的实验方案是
(4)有效氯的含量是检测含氯消毒剂消毒效果的重要指标。具体用“单位质量的含氯消毒液在酸性条件下所能释放出氯气的质量”进行表征,一般家用消毒液有效氯含量在5%以上。小组同学进行如下实验测定有效氯:取此消毒液5 g,加入20 mL 0.5 mol·L-1 KI溶液,10 mL 2
mol·L-1的硫酸溶液;加几滴淀粉溶液后,用0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2,达滴定终点时消耗Na2S2O3 20 mL。(已知:2S2+I2S4+2I-)
①达到滴定终点时的实验现象是 。
②此消毒液有效氯含量为 %(保留两位有效数字)。
获得结论:此实验制得的消毒液 (填“符合”或“不符合”)家用要求。
答案 (1)4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O
Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O
(2)5 mL pH=13 漂白
(3)①2H++ClO-+Cl-Cl2↑+H2O ②取洗气瓶中溶液5 mL,向其中逐滴加入硫酸,观察溶液是否逐渐变为黄绿色
(4)①溶液蓝色褪去且半分钟不恢复 ②1.4 不符合
解析 (1)装置中发生的反应有两个,一个是制取氯气,反应的方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O,另一个是氯气与氢氧化钠发生反应制取消毒液,发生反应的方程式为Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O。
(2)根据资料可知,酚酞在强碱性溶液中红色会褪去,则为了验证溶液褪色的原因,需要补充碱性溶液使酚酞褪色的对比实验,在这一过程中要注意物质的体积和浓度与原溶液相同,所以应取5 mL pH=13的NaOH溶液;通过对比实验的现象,溶液在30 min后褪色,与原实验对比5 min后褪色证明溶液褪色原因为消毒液的漂白性。
(3)①溶液变成黄绿色的原因为ClO-与Cl-在酸性条件下发生氧化还原反应生成了氯气,反应的方程式为2H++ClO-+Cl-Cl2↑+H2O;②操作b中加入的酸为盐酸,盐酸中含有参与反应的Cl-,所以不严谨,所以补充的实验为将盐酸换成硫酸即可。
(4)①用Na2S2O3溶液滴定生成的I2,反应的方程式为2S2+I2S4+2I-,则滴定终点的现象为溶液蓝色褪去且半分钟不恢复;②n(Na2S2O3)=20×10-3×0.1 mol=2×10-3 mol,则n(I2)=n(Na2S2O3)=10-3 mol,消毒液在酸性条件下与KI反应的离子方程式为4H++2ClO-+2I-Cl2+I2+2H2O,则n(Cl2)=n(I2)=10-3 mol,则有效氯含量为=1.42%<5%,则该消毒液不符合家用要求。
命题角度2实验方案的设计与评价答案P55
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅱ·13)下列实验过程可以达到实验目的的是( )
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.400 0
mol·L-1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液,观察实验现象
答案 B
解析 转移溶液后应用适量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次,并将洗涤液转入容量瓶后再定容,A项错误;维生素C具有还原性,与Fe3+反应,溶液由棕黄色变为浅绿色,B项正确;用盐酸和Zn粒反应制取的氢气中混有氯化氢气体和水蒸气,先用氢氧化钠溶液除去氯化氢,然后用KMnO4溶液检验氯化氢是否除尽,最后用浓硫酸干燥,若先用浓硫酸干燥,最后用KMnO4溶液检验氯化氢是否除尽,又会重新带入水蒸气,达不到干燥的目的,C项错误;亚硫酸氢钠和过氧化氢反应生成硫酸氢钠和水,无明显现象,D项错误。
2.(2019天津·4)由下列实验及现象推出的相应结论正确的是( )
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加
K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝
色沉淀
原溶液中有
Fe2+,无Fe3+
续 表
实验
现象
结论
B
向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性:H2CO3>
C6H5OH
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑
色沉淀
Ksp(CuS)<
Ksp(ZnS)
D
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中
有S
答案 B
解析 Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应可产生蓝色沉淀,因此能说明原溶液中存在Fe2+,但不能说明Fe3+是否存在,A项错误;较强酸可以制备较弱酸,B项正确;悬浊液中含有Na2S,能与CuSO4溶液反应生成CuS,不能证明Ksp(CuS)
稀硫酸
与AgCl
的浊液
Ksp(Ag2S)
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2
溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性:硝酸>碳酸>硅酸
答案 B
解析 A选项,H2S与AgNO3反应生成黑色沉淀Ag2S,无法说明生成的Ag2S是由AgCl与H2S反应转化得到的,错误;B选项,蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性,溴水褪色说明有SO2生成,可以证明浓硫酸具有氧化性,正确;SO2与BaCl2不反应,与Ba(NO3)2发生氧化还原反应而生成白色沉淀,故C选项错误;D选项,浓硝酸具有挥发性,③中生成的沉淀H2SiO3可能是硅酸钠与硝酸反应生成的,错误。
7.(2019全国Ⅲ·26)过氧化钙微溶于水,溶于酸,可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题:
(一)碳酸钙的制备
(1)步骤①加入氨水的目的是 。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于 。
(2)右图是某学生的过滤操作示意图,其操作不规范的是 (填标号)。
a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b.玻璃棒用作引流
c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁
d.滤纸边缘高出漏斗
e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
(二)过氧化钙的制备
CaCO3滤液白色结晶
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈 性(填“酸”“碱”或“中”)。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是 。
(4)步骤③中反应的化学方程式为 ,该反应需要在冰浴下进行,原因是 。
(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是 。
(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是 ,产品的缺点是 。
答案 (一)(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀 过滤分离
(2)ade
(二)(3)酸 除去溶液中的CO2
(4)CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3·H2O+H2O2CaO2↓+2NH4Cl+2H2O
温度过高时H2O2易分解
(5)去除结晶表面水分
(6)工艺简单、操作方便 纯度较低
解析 (1)用盐酸溶解固体时盐酸过量,加入氨水中和了过量的盐酸,OH-的浓度增大,使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+平衡正向移动,从而使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
(2)过滤时,漏斗末端颈尖应紧贴烧杯内壁,a不规范;如果滤纸边缘高于漏斗边缘,则液体易洒出,故滤纸边缘应低于漏斗边缘,d不规范;过滤时,不可用玻璃棒搅拌,否则易损坏滤纸,e不规范。
(3)CaCO3+2HClCaCl2+CO2↑+H2O,CO2溶于溶液中使溶液呈酸性;可通过煮沸的方法除去CO2。
(4)反应物为CaCl2、NH3·H2O、H2O2,产物之一为目标产物CaO2,根据原子个数守恒,可判断还有NH4Cl和H2O生成。H2O2不稳定,受热易分解,冰浴下进行反应的目的是防止H2O2分解。
(5)乙醇易挥发,且CaO2在乙醇中溶解度小,用乙醇洗涤可带走晶体表面的水分得到较干燥的晶体。
(6)相对于前一种方法,直接煅烧石灰石后加入双氧水,操作更简单,但得到的CaO2中会混有CaCO3、CaO等杂质而使产品不纯。
新题演练提能·刷高分
1.(2019辽宁部分重点中学协作体高三4月模拟)下列实验中,对应的操作、现象及实验原理或结论均正确的是( )
实验目的
操作和现象
实验原理或结论
A
验证
Fe(OH)3的溶解度小于
Mg(OH)2
向1 mL 1 mol·L-1 MgCl2溶液中滴加2滴2 mol·L-1 NaOH溶液,生成白色沉淀;再滴加2滴1 mol·L-1 FeCl3溶液,白色沉淀变成红褐色沉淀
3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)
2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
B
比较HClO和CH3COOH的酸性
室温下,用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol·L-1 NaClO溶液、0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH
酸越弱,酸根离子水解程度越大,其盐溶液碱性越强
C
提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体
在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
氯化钠溶解度随温度升高变化不大,而硝酸钾溶解度随温度升高显著增大
D
检验某溶液中是否含有S
向该溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,有白色沉淀生成
该溶液中一定含有S
答案 A
解析 A项,溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质,产生白色沉淀后,将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,发生反应3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq),白色沉淀转化为红褐色,选项A正确;B项,NaClO溶液具有强氧化性,可使pH试纸褪色,应用pH计,选项B错误;C项,氯化钠中混有少量的硝酸钾,氯化钠是大量的,制得的饱和溶液中硝酸钾量较少,不能采取降温结晶的方法,选项C错误;D项,向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液,可能生成AgCl沉淀,应先加入盐酸酸化,如无现象,再加入氯化钡,选项D错误。
2.(2019四川成都第七中学高三下学期三诊)某化学兴趣小组在实验室中模拟利用甲烷和氯气发生取代反应制取副产品盐酸,设计如下图装置,下列说法错误的是( )
A.实验时先点燃A处酒精灯再通甲烷
B.装置B有均匀混合气体、控制气流速度、干燥混合气体作用
C.装置C经过一段时间的漫射光照射后,生成4种液态有机物,且生成的氯甲烷呈酸性
D.装置D中的干燥管可以防倒吸,从D中分离出盐酸的方法为分液
答案 C
解析 A项,实验时先点燃A处酒精灯,当B中导管口气体均匀排出时再通甲烷,故A正确;B项,生成的氯气中含有水,B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体作用之外,因浓硫酸具有吸水性,还具有干燥作用,故B正确;C项,装置C经过一段时间的漫射光照射后,生成的一氯甲烷是气体,二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳是液体,故C错误;D项,氯化氢极易溶于水,装置D中的干燥管可以防倒吸,甲烷的氯代产物不溶于水,从D中分离出盐酸的方法为分液,故D正确。
3.(2019山东日照高三4月校际联合期中)四氯化锡(SnCl4)用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂。实验室制备四氯化锡的装置如下图(部分夹持装置已略去),已知:①金属锡熔融时通入干燥氯气反应可生成四氯化锡;②无水四氯化锡熔点-33 ℃,沸点114.1 ℃;③无水四氯化锡遇水蒸气生成白色烟雾。下列说法不正确的是( )
A.实验时滴加浓盐酸反应一段时间,然后再点燃④处的酒精灯
B.①、②、⑥、⑦的试管中依次盛装MnO2、饱和食盐水、浓硫酸、NaOH溶液
C.⑤装置用于收集SnCl4,浸泡在冷水浴中效果更好
D.⑥、⑦两个试管可以用一个装有碱石灰的干燥管来代替
答案 B
解析 A项,实验时滴加浓盐酸反应一段时间使装置④充满氯气,然后再点燃④处的酒精灯,选项A正确;B项,①、②、⑥、⑦的试管中依次盛装KMnO4、饱和食盐水、浓硫酸、NaOH溶液,选项B不正确;C项,⑤装置用于收集SnCl4,浸泡在冷水浴中使其液化,效果更好,选项C正确;D项,⑥、⑦两个试管可以用一个装有碱石灰的干燥管来代替,起到干燥和除去多余的氯气的作用,选项D正确。
4.(2019重庆江津巴县长寿等七校联盟高三三诊)下表中的实验操作能达到实验目的的是( )
选项
实验操作
实验目的
A
向含有KSCN溶液的FeSO4溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液
检验H2O2的氧化性大于Fe3+
B
同温下用pH试纸测定浓度为0.1 mol·L-1 NaClO溶液和0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液的pH
证明HClO和H2SO3的酸性强弱
C
先滴入Ba(NO3)2溶液,产生沉淀,再加入足量稀盐酸,仍有沉淀
检验溶液中是否含有S
D
某卤代烃与氢氧化钠溶液共热一会儿,冷却到室温,加入硝酸银溶液
测定卤代烃中卤原子的种类
答案 A
解析 A项,双氧水能将FeSO4中的Fe2+氧化为Fe3+,可证明H2O2的氧化性大于Fe3+,A正确;B项,NaClO溶液具有漂白性,不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,B错误;C项,先滴入Ba(NO3)2溶液,产生沉淀,再加入足量稀盐酸,仍有沉淀,硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性,原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子,C错误;D项,先将溶液用硝酸酸化后,再加入硝酸银溶液,否则多余的碱与硝酸银反应也会有白色沉淀产生,对实验结果造成干扰,D错误。
5.(2019河北武邑中学高三下学期期中)已知:2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。用下图所示装置检验FeSO4·7H2O的所有分解产物,下列说法不正确的是( )
A.乙、丙、丁中可依次盛装无水CuSO4、Ba(NO3)2溶液、品红溶液
B.实验时应先打开K,缓缓通入N2,再点燃酒精喷灯
C.甲中残留固体加稀硫酸溶解,再滴加KSCN,溶液变红
D.还应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶
答案 A
解析 因为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。A项,乙中盛装无水CuSO4,可以检验生成的H2O,SO2和SO3通入到丙Ba(NO3)2溶液中后,SO2被氧化成H2SO4,丁装置的品红溶液就不会褪色了,应把丙改为BaCl2,所以A错;B项,实验时应先打开K,缓缓通入N2,排除装置中的空气,防止FeSO4被空气中氧气氧化,所以B正确;C项,因为甲中反应为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑,残留固体为Fe2O3,加稀硫酸溶解,生成了Fe3+再滴加KSCN,溶液变红,所以C正确;D项,为防止SO2、SO3污染空气,应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶,故D正确。
6.(2019湖南衡阳高三二模)三氯化氧磷(POCl3)常用作半导体掺杂剂,实验室制取POCl3并测定产品质量的实验过程如下,据此回答下列问题:
Ⅰ.氧化液态PCl3法制备POCl3:
资料ⅰ:有关试剂的性质及实验装置(加热及夹持装置省略)如下:
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分
子质量
其他
PCl3
-112.0
76.0
137.5
两者均为无色液体,相互溶解;遇水均剧烈水解为两种酸
POCl3
2.0
106.0
153.5
(1)A中反应时,MnO2的作用是 ;仪器a的名称为 。
(2)盛有浓硫酸的装置B,其作用除观察O2的流速之外,还有 。
(3)实验时应控制反应温度在60~65 ℃,温度不宜过高的原因是 ;如果撤去装有碱石灰的干燥管,则可能降低POCl3的产量,原因是 (用化学方程式表示,任写一个)。
Ⅱ.沉淀滴定法测定POCl3质量:
资料ⅱ:Ag3PO4为黄色沉淀,易溶于硝酸;
资料ⅲ:Ag++SCN-AgSCN↓,且Ksp(AgSCN)7,否则C中生成的NaNO2的产量会下降,理由是 。
(5)请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有NO2产生:
(限选用的试剂:稀硝酸、硝酸银溶液、NaOH溶液)
Ⅱ.亚硝酸钠的纯度检验
已知:5N+2Mn+6H+5N+2Mn2++3H2O
(6)反应结束后C中溶液通过结晶获得NaNO2粗产品m g,溶解后稀释至250 mL,分别取25.00 mL用c mol·L-1的酸性KMnO4溶液平行滴定三次,平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为V mL。则粗产品中NaNO2的质量分数为 (用含c、V、m的式子表示)。
答案 (1)分液漏斗 Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O
(2)增大气体与溶液的接触面积,让反应充分进行
(3)7SO2+6HNO3+4H2O4NO+2NO2+7H2SO4
(4)如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体,使其产量下降
(5)取C中溶液少量于试管中,加足量稀硝酸有气体生成,遇空气变红棕色,则证明C中有N生成
(6)%或
解析 Ⅰ.(1)仪器a的名称为分液漏斗,A装置中利用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水制备二氧化硫,发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)Na2SO4+SO2↑+H2O;(2)B装置中多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积,让反应充分进行;(3)若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2∶1,则装置B中发生反应的化学方程式为7SO2+6HNO3+4H2O4NO+2NO2+7H2SO4;(4)根据已知信息可知如果pH<7,亚硝酸盐会转化为硝酸盐和NO气体,使NaNO2的产量下降;(5)取C中溶液少量于试管中,加足量稀硝酸有气体生成,遇空气变红棕色,则证明C中有N生成。Ⅱ.(6)消耗酸性KMnO4是0.001cV mol,根据方程式可知亚硝酸钠是0.002 5cV mol,因此粗产品中NaNO2的质量分数为×100%=%。
2.(2019河南新乡高三第三次模拟)亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味,是一种常用的发色剂和防腐剂,但使用过量会使人中毒。某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验:
【制取NaNO2】
设计的制取装置如下图(夹持装置略去):
该小组先查阅资料知:①2NO+Na2O22NaNO2;2NO2+Na2O22NaNO3;
②NO能被酸性高锰酸钾氧化为N,
(1)装置A中用于盛放稀硝酸的仪器名称为 ,装置A中发生主要反应的离子方程式为 。
(2)装置D的作用是 。
(3)若无装置B,则进入装置D中的气体除N2、NO外还可能有 。
(4)甲同学检查装置气密性后进行实验,发现制得的NaNO2中混有较多的NaNO3杂质。下列可以提高NaNO2纯度的方案是 (填字母)。
a.将B中的药品换为碱石灰
b.将稀硝酸换为浓硝酸
c.实验开始前通一段时间CO2
d.在装置A、B之间增加盛有水的洗气瓶
【测定制得样品中NaNO2的含量】
(5)该实验中需配制KMnO4标准溶液并酸化,应选择 (填化学式)来酸化KMnO4溶液。
(6)已知:在酸性溶液中,N可将Mn还原为Mn2+。为测定样品中亚硝酸钠的含量,该小组称取4.0 g样品溶于水配制成250 mL溶液,取25.00 mL溶液于锥形瓶中,用0.100 mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定,消耗20.00 mL酸性KMnO4溶液。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是 ,所得样品中NaNO2的质量分数为 。
答案 (1)分液漏斗 3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
(2)吸收过量的NO,避免尾气造成污染
(3)O2、NO2 (4)ad (5)H2SO4
(6)作氧化剂和指示剂 86.25%
解析 (1)金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水。
(2)装置D在盛有酸性高锰酸钾溶液,能够氧化一氧化氮气体,减少气体对环境的污染。
(3)没有氯化钙,水蒸气就会与过氧化钠反应生成氧气,部分NO会被氧气氧化为NO2,所以,若无装置B,则进入装置D中的气体除N2、NO外还可能有O2、NO2。
(4)由于获得一氧化氮所用的硝酸具有挥发性,且获得NO的过程中会产生其他氮氧化物,因此提高NaNO2纯度需要除去硝酸气体和其他氮氧化物。将B中的药品换为碱石灰可以吸收硝酸气体和氮氧化物,a正确;将稀硝酸换为浓硝酸,铜与浓硝酸反应生成NO2且硝酸的挥发性增强,不能除去硝酸气体,b错误;实验开始前通一段时间CO2不能除去硝酸气体和氮氧化物,c错误;在A、B之间增加盛有水的洗气瓶可以吸收硝酸气体和氮氧化物,d正确。
(5)高锰酸钾具有强氧化性,配制KMnO4标准溶液并酸化,应选择稀硫酸酸化。
(6)N可将Mn还原为Mn2+,体现了高锰酸钾的强氧化性,滴定终点的现象为滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液变成紫红色;25 mL样品溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.002 mol,则250 mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002 mol×=0.02 mol,根据化合价变化可得反应关系式:2Mn~5N,则4.0 g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02 mol×=0.05 mol,质量为69 g·mol-1×0.05 mol=3.45 g,所以样品中亚硝酸钠的质量分数为×100%=86.25%。
3.(2019重庆江津巴县长寿等七校联盟高三三诊)碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料,磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。
(1)请完成下列实验步骤:
①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内,称量乙、丙装置的质量;
②按如图所示装置组装好仪器,并检验装置气密性;
③加热甲中玻璃管,当乙装置中 (填实验现象),停止加热;
④打开活塞a,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量;
⑤计算。
(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是 。
(3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的 (填字母)连接在 (填装置连接位置)。
(4)若按正确装置进行实验,测得如下数据:则该碱式碳酸钴的化学式为 。
乙装置的质量/g
丙装置的质量/g
加热前
80.00
62.00
加热后
80.36
62.88
(5)CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂,以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下:
已知:
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀(pH)
2.3
7.5
7.6
3.4
4.1
9.7
9.2
5.2
完全沉淀(pH)
①净化除杂时,加入H2O2发生反应的离子方程式为 。
②加入CoCO3调pH为5.2~7.6,则操作Ⅰ获得的滤渣成分为 。
③加盐酸调整pH为2~3的目的为 。
④操作Ⅱ过程为 (填操作名称)、过滤。
答案 (1)不再有气泡产生时
(2)将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中
(3)D 活塞a前(或装置甲前)
(4)Co3(OH)4(CO3)2
(5)①2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
②Al(OH)3、Fe(OH)3 ③抑制CoCl2的水解 ④蒸发浓缩、冷却结晶
解析 (1)由碱式碳酸钴的化学式可知,其受热分解可生成CO2和H2O(g),则乙装置中不再有气泡产生时,说明碱式碳酸钴分解完毕,可停止加热。
(2)为避免影响称量结果,需通入空气将装置中产生的CO2和H2O(g)全部排入乙、丙装置中。
(3)空气中的CO2和H2O(g)可通过活塞a进入装置中,影响测量结果,则应在活塞a前添加装置D来吸收。
(4)由表中数据可知,乙装置中吸收的n(H2O)==0.02 mol,丙装置中吸收的n(CO2)==0.02 mol,则根据氢原子和碳原子质量守恒,可得n(Co)==0.03 mol,可见n(Co)∶n(C)∶n(H)=3∶2∶4,碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。
(5)①含钴废料加入过量盐酸,并加热,得到的溶液中含有FeCl2和AlCl3杂质,加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O;③Co2+会发生水解,加盐酸调节溶液的pH为2~3的目的为抑制CoCl2的水解;④操作Ⅱ为溶质结晶过程,具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
4.(2019广东肇庆高三第三次模拟)磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132 ℃,还原性强、易自燃),可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定:当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05 mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量:
【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。
【实验装置】C中盛100 g原粮,D中盛有20.00 mL 1.12×10-4 mol·L-1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)。
请回答下列问题:
(1)仪器C的名称是 ;原粮最好先打成粉末,其原因是 。
(2)磷化钙与水反应的化学方程式为 ;检查整套装置气密性良好的方法是 。
(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体;B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的O2,防止 ;通入空气的作用是 。
(4)D中PH3被氧化成磷酸,所发生反应的离子方程式为 。
(5)把D中吸收液转移至容量瓶中,加水稀释至250 mL,取25.00 mL于锥形瓶中,用5.0×10-5 mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,消耗Na2SO3标准溶液11.00 mL,则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为 mg·kg-1,该原粮质量 (填“合格”或“不合格”)。
答案 (1)三颈烧瓶 使原粮中磷化物与水充分反应
(2)Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3↑ 关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好(或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法)
(3)氧化装置C中生成的PH3 吹出PH3,使其全部被酸性KMnO4溶液吸收
(4)5PH3+8Mn+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O
(5)0.008 5 合格
解析 (1)仪器C的名称是三颈烧瓶;原粮打成粉末可以增大接触面积,有利于反应充分进行。
(2)依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢;利用装置特征关闭K1、打开K2,用抽气泵缓慢抽气,若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好;或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法;或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法。
(3)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断,高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体;焦性没食子酸先和碱反应,再和氧气反应可以吸收氧气;若不吸收氧气,PH3会在氧气中燃烧,准确测定PH3的含量,需要用高锰酸钾溶液全部吸收,避免产生较大误差,通入空气的作用是保证PH3全部被吸收。
(4)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸,高锰酸钾被还原为锰离子,结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为5PH3+8Mn+24H+5H3PO4+8Mn2++12H2O。
(5)依据滴定反应:2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O;2KMnO4~5Na2SO3;未反应的高锰酸钾物质的量=0.011 L×5×10-5 mol·L-1×=2.2×10-6 mol;与PH3反应的高锰酸钾物质的量=1.12×10-4 mol·L-1×0.02 L-2.2×10-6 mol=4.0×10-8 mol;根据反应5PH3+8KMnO4+12H2SO45H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O,得到定量关系为5PH3~8KMnO4,计算得到PH3物质的量=4.0×10-8 mol×=2.5×10-8 mol;则PH3的质量分数==0.008 5 mg·kg-1,当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05 mg·kg-1时,粮食质量合格,所以该原粮质量合格。
专题五 选考模块
分专题1 物质结构与性质
高考命题规律
2019年高考必备
2019年
2019年
2019年
2019年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
给定物质或元素,直接回答问题
37
37
37
37
37
35
35
35
35
35
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命题角度2
给信息推断元素,再回答相关问题
37
37
命题角度1给定物质或元素,直接回答问题答案P60
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ·35)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题:
(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为 、 (填标号)。
(2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H+),原因是 。
(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是 、中心原子的杂化形式为 。LiAlH4中,存在 (填标号)。
A.离子键 B.σ键
C.π键 D.氢键
(4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。
图(a)
图(b)
可知,Li原子的第一电离能为 kJ·mol-1,OO键键能为 kJ·mol-1,Li2O晶格能为 kJ·mol-1。
(5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为 g·cm-3(列出计算式)。
答案 (1)D C (2)Li+核电荷数较大 (3)正四面体 sp3 AB (4)520 498 2 908
(5)
解析 (1)基态Li原子能量最低,而电子排布图中D图所示状态为基态。处于激发态的电子数越多,原子能量越高,A中只有1个1s电子跃迁到2s轨道;B中1s轨道中的两个电子1个跃迁到2s轨道,另一个跃迁到2p轨道;C中1s轨道的两个电子都跃迁到2p轨道,故C表示的能量最高。
(2)Li+核电荷数较大,对核外电子的吸引力大,导致其半径小于H- 。
(3)根据价电子对互斥理论,LiAlH4中阴离子的空间构型是正四面体,中心原子采用sp3杂化,LiAlH4中存在离子键和σ键。
(4)根据循环图中数据可知,Li原子的第一电离能是520 kJ·mol-1,OO键的键能是249×2 kJ·mol-1=498 kJ·mol-1,Li2O的晶格能是2 908 kJ·mol-1。
(5)根据分割法,一个晶胞中含有Li:8个,含有O:8×+6×=4个,1 mol晶胞中含有4 mol Li2O,则Li2O的密度为(a为晶胞参数): g·cm-3。
2.(2019全国Ⅱ·35)硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如下表所示:
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
-85.5
115.2
>600
(分解)
-75.5
16.8
10.3
沸点/℃
-60.3
444.6
-10.0
45.0
337.0
回答下列问题:
(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为 ,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。
(2)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2,SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是 。
(3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为 。
图(a)
图(b)
图(c)
(4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为 形,其中共价键的类型有 种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为 。
(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示,晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为 g·cm-3;晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为 nm。
答案 (1) 哑铃(纺锤)
(2)H2S
(3)S8相对分子质量大,分子间范德华力强
(4)平面三角 2 sp3
(5)×1021 a
解析 (1)基态Fe原子价层电子的电子排布图为,基态S原子电子占据的最高能级为3p,其电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形)。
(2)H2S、SO2、SO3中心原子价层电子对数分别为4、3、3,故H2S分子的中心原子价层电子对数不同于SO2、SO3。
(3)S8分子的相对分子质量比SO2大,分子间范德华力强,故其熔、沸点比SO2高很多。
(4)气态三氧化硫中心原子价层电子对数为3,孤电子对数为0,故其分子的立体构型为平面三角形,共价键有σ键和π键两种类型;根据图(b)所示,固态三氧化硫每个硫原子与四个氧原子形成4个σ键,故S原子的杂化轨道类型为sp3。
(5)FeS2晶体中,每个晶胞平均占有Fe2+数为12×+1=4,占有数为8×+6×=4,则有(a×10-7 cm)3·NA·ρ=4M,ρ=×1021 g·cm-3。立方体的两个面心和相应顶点构成一个正三角形,故八面体的边长等于面对角线的,已知立方体的边长为a nm,则八面体的边长= nm=a nm。
3.(2019全国Ⅲ·35)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
(1)Zn原子核外电子排布式为 。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn) I1(Cu)(填“大于”或“小于”),原因是 。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872 ℃),其化学键类型是 ;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是 。
(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为 ,C原子的杂化形式为 。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为 。六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为 g·cm-3(列出计算式)。
答案 [Ar]3d104s2 (2)大于 Zn的3d能级与4s能级为全满稳定结构,较难失电子
(3)离子键 ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小
(4)平面三角形 sp2
(5)六方最密堆积(A3型)
解析 (3)由ZnF2的熔点较高可知ZnF2是离子晶体,化学键类型是离子键;根据相似相溶原理,由ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的溶解性可知,这三种物质为分子晶体,化学键以共价键为主、极性较小。
(4)C的价层电子对数:=3,故C原子是sp2杂化,C空间构型是平面三角形。
(5)由题图可知,堆积方式为六方最密堆积(A3型);晶胞中Zn原子个数为12×+2×+3=6,根据ρ=,可得Zn的密度为 g·cm-3。
4.(2019全国Ⅰ·35)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)元素K的焰色反应呈紫红色,其中紫色对应的辐射波长为 nm(填标号)。
A.404.4 B.553.5 C.589.2 D.670.8 E.766.5
(2)基态K原子中,核外电子占据最高能层的符号是 ,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为 。K和Cr属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低,原因是 。
(3)X射线衍射测定等发现,I3AsF6中存在离子。离子的几何构型为 ,
中心原子的杂化形式为 。
(4)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立方结构,边长为a=0.446 nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示。K与O间的最短距离为 nm,与K紧邻的O个数为 。
(5)在KIO3晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,则K处于 位置,O处于 位置。
答案 (1)A (2)N 球形 K原子半径较大且价电子数较少,金属键较弱
(3)V形 sp3 (4)0.315 12 (5)体心 棱心
解析 (1)紫色光波长范围是400~430 nm,故选A。
(2)K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1,故核外电子占据的最高能层是第4层,符号是N,占据该能层电子的能级为4s,电子云轮廓图为球形。K的价层电子排布为4s1,Cr的价层电子排布为3d54s1,K的价层电子数较少;K的原子半径较Cr的大,故K的金属键较Cr的弱,熔、沸点较Cr的低。
(3)的价层电子对数为4,孤电子对数为2,故中心原子为sp3杂化,的几何构型为V形。
(4)K与O间的最短距离为a nm==0.315 nm。与K紧邻的O在以K为顶点的正方形的面心,一个晶胞中距离顶点K最近的有3个O,顶点处的K被8个晶胞共有,面心O被2个晶胞共有,所以与K紧邻的O个数为3×8×=12。
(5)若I处于各顶角位置,则晶胞结构图为,故K在体心,O在棱心。
5.(2019全国Ⅱ·35)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:
(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为 。
(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示,其中除氮元素外,其他元素的E1自左而右依次增大的原因是 ;氮元素的E1呈现异常的原因是 。
(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图(b)所示。
①从结构角度分析,R中两种阳离子的相同之处为 ,不同之处为 。(填标号)
A.中心原子的杂化轨道类型
B.中心原子的价层电子对数
C.立体结构
D.共价键类型
②R中阴离子中的σ键总数为 个。分子中的大π键可用符号表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为),则中的大π键应表示为 。
③图(b)中虚线代表氢键,其表示式为
(N)N—H…Cl、 、 。
(4)R的晶体密度为d g·cm-3,其立方晶胞参数为a nm,晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为 。
答案 (1)
(2)从左到右原子半径减小,元素非金属性增强,得电子能力增强 N的2p能级处于半充满状态
(3)①ABD C ②5
③(H3O+)O—H…N() (N)N—H…N()
(4)y=
解析 (1)氮原子位于第二周期第ⅤA族,价电子是最外层电子,其价电子排布图为。
(2)根据图(a)可知,同周期从左到右,元素的原子半径逐渐减小,元素非金属性增强,得到电子能力增强,因此同周期从左到右元素的第一电子亲和能(E1)增大;N原子的2p能级处于半充满状态,原子结构相对稳定,故氮元素的E1呈现异常。
(3)①根据图(b)可知,阳离子分别为N和H3O+,N中的中心原子N形成4个σ键,孤电子对数为=0,价层电子对数为4,杂化类型是sp3;H3O+中的中心原子O形成3个σ键,孤电子对数为=1,其VSEPR模型是正四面体形,价层电子对数为4,杂化类型是sp3,离子空间构型是三角锥形,故二者相同之处为ABD,不同之处为C。②根据图(b)可知,中的σ键总数为5;根据信息可知中的大π键应表示为;③图(b)所示结构中还有的氢键是(H3O+)O—H…N()和(N)N—H…N()。
(4)一个晶胞体积为(a×10-7)3 cm3,一个晶胞的质量为 g,根据密度的定义式可得d= g·cm-3,解之y=。
6.(2019全国Ⅲ·35)研究发现,在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2CH3OH+H2O)中,Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性,显示出良好的应用前景。回答下列问题:
(1)Co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 ,基态原子核外未成对电子数较多的是 。
(2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为 和 。
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为 ,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σ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a=0.420 nm,则r(O2-)为 nm。MnO也属于NaCl型结构,晶胞参数为a'=0.448 nm,则r(Mn2+)为 nm。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn
(2)sp sp3
(3)H2O>CH3OH>CO2>H2 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相对分子质量较大,范德华力较大
(4)离子和π键(键)
(5)0.148 0.076
解析 (1)Co是27号元素,其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。一般元素的非金属性越强,第一电离能越大,金属性越强,第一电离能越小,故第一电离能O>Mn。氧原子价电子排布式为2s22p4,其核外未成对电子数是2,锰原子价电子排布式为3d54s2,其核外未成对电子数是5,故基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。
(2)CO2和CH3OH中的中心原子碳原子的价层电子对数分别是2和4,故碳原子的杂化方式分别为sp和sp3。
(3)四种物质固态时均为分子晶体,H2O、CH3OH都可以形成分子间氢键,一个水分子中两个H都可以参与形成氢键,而一个甲醇分子中只有羟基上的H可用于形成氢键,所以水的沸点高于甲醇。CO2的相对分子质量大于H2的,所以CO2分子间范德华力大于H2分子间的,则沸点CO2高于H2,故沸点H2O>CH3OH>CO2>H2。
(4)硝酸锰是离子化合物,一定存在离子键。N中氮原子与3个氧原子形成3个σ键,氮原子剩余的2个价电子、3个氧原子各自的1个价电子及得到的1个电子形成4原子6电子的大π键。
(5)O2-是面心立方最密堆积方式,面对角线长度是O2-半径的4倍,即4r(O2-)=a,解得r=×0.420 nm≈0.148 nm。MnO也属于NaCl型结构,根据NaCl晶胞的结构,可知2r(O2-)+2r(Mn2+)=a'=0.448 nm,则r(Mn2+)= nm=0.076 nm。
7.(2019全国Ⅰ·37)锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] ,有 个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、叁键,但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析,原因是
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
-49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
(4)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是 。
(5)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为 ,微粒之间存在的作用力是 。
(6)晶胞有两个基本要素:
①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为Ge单晶的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(,0,);C为(,0)。则D原子的坐标参数为 。
②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm,其密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。
答案 (1)3d104s24p2 2
(2)Ge原子半径大,原子间形成的σ单键较长,p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键
(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似,相对分子质量依次增大,分子间相互作用力逐渐增强
(4)O>Ge>Zn (5)sp3 共价键
(6)①() ②×107
解析 (1)Ge是第四周期ⅣA族元素,是32号元素,电子排布式为[Ar]3d104s24p2,2个4p电子分别位于2个不同轨道上,有2个未成对电子。
(2)Ge的原子半径比C大,原子间形成σ单键较长,p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成“肩并肩”重叠方式的π键。
(3)锗卤化物均为分子晶体,对于组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高。
(4)元素的非金属性越强,吸引电子能力就越强,则电负性越强,电负性由大到小的顺序为O>Ge>Zn。
(5)金刚石中C为sp3杂化,C与C之间为非极性共价键,Ge单晶与金刚石结构相似,杂化方式与存在的作用力也与金刚石一样。
(6)根据图中各个原子的相对位置,D在各个方向的处,所以坐标是();根据晶胞结构计算含有的锗原子数:8×+6×+4=8,晶胞的密度ρ=×107 g·cm-3。
8.(2019全国Ⅱ·37)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为 ,3d能级上的未成对电子数为 。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是 。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为 ,提供孤电子对的成键原子是 。
③氨的沸点 (填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是 ;氨是 分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为 。
(3)单质铜及镍都是由 键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1 958 kJ·mo、INi=1 753 kJ·mo,ICu>INi的原因是 。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为 。
②若合金的密度为d g·cm-3,晶胞参数a= nm。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
(2)①正四面体 ②配位键 N
③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
(3)金属 铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子
(4)①3∶1 ②×107
解析 (1)镍为28号元素,其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2,3d能级上的电子排布图(或轨道表示式)为,故3d能级上未成对电子数为2。
(2)①S中的中心原子S为sp3杂化,故S的立体构型为正四面体。
②[Ni(NH3)6]2+为一种配离子,Ni2+与NH3之间以配位键成键,NH3中的N原子提供孤电子对。
③NH3分子间存在氢键,而PH3分子间只存在范德华力,氢键的强度大于范德华力,故氨的沸点高于PH3。氨分子为三角锥形分子,为极性分子,中心原子N原子采用sp3杂化。
(3)金属晶体中金属阳离子和自由电子以金属键结合。Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d84s2、3d104s1,二者的第二电离能是:Cu失去的是全充满的3d10上的1个电子,而镍失去的是4s1上的1个电子。
(4)①1个晶胞中含Cu原子:6×个,含Ni原子:8×个,故晶胞中Cu与Ni的原子个数比为3∶1。
②Cu3Ni的摩尔质量为251 g·mol-1,据m=ρV得:a3 cm3×d g·cm-3×NA mol-1=251 g·mol-1,求得a=×107 nm。
9.(2019全国Ⅲ·37)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料,可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题:
(1)写出基态As原子的核外电子排布式 。
(2)根据元素周期律,原子半径Ga As,第一电离能Ga As。(填“大于”或“小于”)
(3)AsCl3分子的立体构型为 ,其中As的杂化轨道类型为 。
(4)GaF3的熔点高于1 000 ℃,GaCl3的熔点为77.9 ℃,其原因是 。
(5)GaAs的熔点为1 238 ℃,密度为ρ g·cm-3,其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为 ,Ga与As以 键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol-1和MAs g·mol-1,原子半径分别为rGa pm和rAs pm,阿伏加德罗常数值为NA,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3
(2)大于 小于 (3)三角锥形 sp3
(4)GaF3为离子晶体,GaCl3为分子晶体
(5)原子晶体 共价 ×100%
解析 (1)As的原子序数是33,则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。
(2)Ga和As位于同一周期,同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小,则原子半径Ga>As;由于As的4p能级处于半充满状态,稳定性强,因此第一电离能Ga”或“=”),其原因是 。
(5)晶胞有两个基本要素:
①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置。磷化硼是一种超硬耐磨的涂层材料,其晶胞结构如图所示,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(,0);D为(1,1,1)。则C原子的坐标参数为 。
②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。P原子与B原子的最近距离为a cm,则磷化硼晶胞的边长为 cm(用含a的代数式表示)。
答案 (1)4 平面三角形 (2)N>O>P NH3
(3)sp 2
(4)< Fe2+离子半径比Fe3+离子半径大,所带电荷少,故FeO晶格能比Fe2O3低
(5)①(1,) ②a
解析 (1)N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3,s能级有1个原子轨道,p能级有3个原子轨道,则N的基态原子最外电子层具有的原子轨道数为4,SO2分子的中心原子价层电子对数为:2+=3,所以SO2分子的VSEPR模型名称是平面三角形。
(2)一般情况下,元素的非金属性越强,第一电离能越大,非金属性O>P,则第一电离能:O>P,同一周期从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但氮原子的最外层p能级上是半充满的稳定结构,则第一电离能N>O,所以N、O、P三种元素第一电离能由大到小的顺序是:N>O>P;电负性N>P,中心原子的电负性越大,成键的共用电子对离中心原子越近,成键的电子对之间的距离越小,成键电子对之间的排斥力越大,导致键角变大,所以PH3的键角小于NH3的键角。
(3)SCN-与CO2互为等电子体,CO2的中心碳原子价层电子对数为2+=2,碳原子的杂化类型为sp,CO2的结构式为:OCO,1 mol CO2中含有2 mol π键,根据等电子体原理,SCN-中C原子的杂化类型为sp,1 mol SCN-中含π键的数目为2NA。
(4)因Fe2+的离子半径比Fe3+的离子半径大,Fe2+所带电荷比Fe3+少,则FeO的晶格能比Fe2O3的晶格能低,所以FeO的熔点比Fe2O3的熔点低。
(5)①原子坐标参数A为(0,0,0);B为(,0);D为(1,1,1),由晶胞结构示意图可知,C原子位于晶胞的面心,C原子在x上为1,在y、z上均为,则C原子的坐标参数为(1,);
②由晶胞结构示意图可知,P原子与周围的4个B原子距离最近且形成正四面体结构,P原子与B原子的最近距离为a cm,由立体几何知识可知,磷化硼晶胞的边长为×2××a cm=a cm。
3.[2019湖南株洲高三教学质量统一检测(二)]铁被誉为“第一金属”,铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe2+的简化电子排布式为 。
(2)实验室可用KSCN、苯酚()来检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示),苯酚中碳原子的杂化轨道类型为 。
(3)FeCl3的熔点为306 ℃,沸点为315 ℃。FeCl3的晶体类型是 。FeSO4常作净水剂和补铁剂,S的立体构型是 。
(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含 mol σ键,与CO互为等电子体的离子是 (填化学式,写一种)。
(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 。
(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知:氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm-3,NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中,与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ;Fe2+与O2-最短核间距为 pm。
答案 (1)[Ar]3d6 (2)N>O>S sp2杂化
(3)分子晶体 正四面体形
(4)10 CN-或
(5)3∶1 (6)12 ×1010
解析 考查物质结构与性质知识的综合运用,(1)Fe位于第四周期Ⅷ族,基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2,因此Fe2+的简化电子排布式为[Ar]3d6。(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大,但ⅡA>ⅢA,ⅤA>ⅥA,同主族从上到下第一电离能减小,即三种元素的第一电离能大小顺序是N>O>S;苯环的立体构型为平面正六边形,即C的杂化类型为sp2。(3)FeCl3的熔沸点低,符合分子晶体的性质,即FeCl3属于分子晶体,S中中心原子S有4个σ
键,孤电子对数为=0,价层电子对数为4,S的立体构型为正四面体形。(4)Fe与CO形成配位键,成键原子间只能形成一个σ键,因此1 mol Fe(CO)5分子中含有10 mol σ键,根据等电子体的定义,与CO互为等电子体的离子是CN-或。(5)根据图1,Fe位于顶点、面心、内部,实际占有的个数为12×+2×+3=6,N位于内部,实际占有的个数为2,因此铁、氮的微粒个数之比为6∶2=3∶1。(6)根据图2,Fe2+紧邻且等距离的Fe2+的数目为12,Fe位于晶胞的顶点、面心,实际占有个数为8×+6×=4,O位于棱上和体心,实际占有的个数为12×+1=4,即化学式为FeO,晶胞的质量为 g,令晶胞的边长为a cm,则晶胞的体积为a3 cm3,根据密度的定义,ρ=,Fe2+与O2-最短的核间距是边长的一半,因此最短核间距为×1010 pm。
4.(2019山东聊城高三5月二模)短周期p区元素共有13种,除铝外全部是非金属元素。
(1)基态氮原子的价层电子排布图为 ;短周期p区元素中,第一电离能最小的元素与电负性最大的元素组成的化合物是 (填化学式)。
(2)卤素与硼、氮、磷可形成BF3、NCl3和PBr3。下列有关以上三种分子的叙述正确的是 。
A.化学键类型相同
B.空间构型相同
C.中心原子的杂化轨道类型相同
D.中心原子的价层电子对数相同
(3)CS2是一种溶剂,它能溶解硫黄。写出一种与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子: 。CO能与Ni形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,3.42 g Ni(CO)4中含有 mol σ键。
(4)CCl4与水互不相溶,SiCl4与CCl4分子结构相似,但遇水极易发生水解反应,导致二者性质不同的原因是 。
(5)铝的几种卤化物的熔点如下:
卤化铝
AlF3
AlCl3
AlBr3
AlI3
熔点/℃
1 040
190
97.5
191
AlBr3的晶体类型是 ,AlI3晶体中存在的作用力有 。
(6)氮化铝晶体为原子晶体,是一种新型无机非金属材料,其晶体密度为a g·cm-3,晶胞如图所示。
①铝原子的配位数为 。
②设NA为阿伏加德罗常数的值。氮化铝晶胞中,铝原子和氮原子之间最短的核间距为 nm。
答案 (1) AlF3
(2)A
(3)CO2、CO、SCN- 0.16
(4)硅原子有3d空轨道,能接受氧原子的孤对电子,而碳原子没有d空轨道,不能接受氧原子的孤对电子
(5)分子晶体 范德华力、共价键
(6)①2 ②×107
解析 (1)N原子核外有7个电子,分别位于1s、2s、2p轨道,其价层电子轨道表示式为;短周期p区元素中,第一电离能最小的元素Al与电负性最大的元素F组成的化合物是AlF3。(3)O与S同主族,所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2,与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-,所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同;Ni(CO)4分子中存在4个Ni—C键,为σ键,含有4个CO键,则含有4个σ键,3.42 g Ni(CO)4为0.02 mol,共0.02×8 mol=0.16 mol。(4)CCl4与水互不相溶,SiCl4与CCl4分子结构相似,但遇水极易发生水解反应,硅原子有3d空轨道,能接受氧原子的孤对电子,而碳原子没有d空轨道,不能接受氧原子的孤对电子,导致二者性质不同。(5)AlBr3的熔点很低,为分子晶体,AlI3也为分子晶体,晶体中存在的作用力有范德华力、共价键。(6)①如图,每一个N原子连接4个铝原子,而每个铝原子由两个N原子共用,故铝原子的配位数为2;②每个晶胞中铝原子为8×+6×=4个,氮原子为4个,晶胞的体积V=,则晶胞的边长为×107 nm,铝原子和氮原子之间最短的核间距为边长的倍,故为×107 nm。
5.(2019湖北宜昌高三4月调研考试)非金属硼的合金及其化合物有着广泛的用途。
(1)硼钢合金的硬度是普通钢材的4倍,其主要成分是铁。画出基态铁原子的价电子排布图 。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料,其分子中存在配位键,则氨硼烷分子结构式为 。写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子 (填化学式)。
(3)常温常压下硼酸(H3BO3)晶体结构为层状,其二维平面结构如图所示。
①1 mol H3BO3晶体中含有 mol氢键。
②请从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大的原因: 。
(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示:
①该晶体中Na+的配位数为 。
②H3BO3分子中的O—B—O的键角 (填“大于”“等于”或“小于”)B中的H—B—H的键角,判断依据是 。
③已知硼氢化钠晶体的密度为ρ g·cm-3,NA代表阿伏加德罗常数的值,则a= (用含ρ、NA的代数式表示)。
④若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代,得到的晶体的化学式为 。
答案 (1)
(2) C2H6
(3)①3 ②硼酸分子间通过氢键结合,加热时氢键被破坏,有利于硼酸溶解
(4)①8 ②大于 H3BO3分子中的B采取sp2杂化,而B中的B采取sp3杂化,sp2杂化形成的键角大于sp3杂化 ③×107 cm ④Na3Li(BH4)4
解析 (1)基态铁原子的价电子排布图为;
(2)氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料,其分子中存在配位键,N原子有孤对电子,B原子有空轨道,故形成配位键,所以其结构式为;氨硼烷是8原子14价电子分子,与其互为等电子体的分子是C2H6。
(3)①根据图示,1个硼酸分子参与形成6个氢键,一个氢键由两个分子形成,所以1个硼酸分子形成3个氢键,故1 mol H3BO3晶体中含有3 mol氢键;
②由于硼酸(H3BO3)分子间形成氢键,故其溶于冷水时,与水形成的氢键数少,因此在冷水中的溶解度小,而加热时,硼酸分子间的氢键被破坏,有利于硼酸分子与水形成氢键,溶解度增大。
(4)①根据其晶胞,该晶体中Na+周围最近的B为8个,故Na+的配位数为8;
②H3BO3分子中的B采取sp2杂化,构型为平面三角形,键角为120°,而B中的B采取sp3杂化,构型为正四面体,键角为109°28',故H3BO3分子中的O—B—O的键角大于B中的H—B—H的键角;
③该晶胞中有4个Na+,4个B,该晶胞的体积=2a3×10-21 cm3=,故a=×107 cm;
④若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代,则晶胞中有1个Li+,3个Na+,4个B,得到的晶体的化学式为Na3Li(BH4)4。
6.(2019四川遂宁高三三诊考试)铜、磷及其化合物是非常重要的物质。
(1)Cu+的电子排布式为 。
(2)在硫酸铜溶液中加入过量KCN,生成配合物[Cu(CN)4]2-。[Cu(CN)4]2-的配体为 ,[Cu(CN)4]2-中C的杂化方式为 ,则1个[Cu(CN)4]2-中含有的σ键的数目为 个。
(3)锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质是
Cu4O(PO4)2,不溶于水,可通过Na3PO4、CuSO4和NH3·H2O反应制取。制取Cu4O(PO4)2的化学方程式为
(4)PCl5中P—Cl键长有198 pm和206 pm两种。PCl5是非极性分子,可作为导电熔体,其原理为PCl5电离为一个阴离子和一个阳离子,其中阴离子为正八面体,阳离子为正四面体,写出一种阳离子的等电子体的化学式 ,PCl5的立体构型为 。
(5)金属铜属于面心立方晶体,铜的密度为ρ g·cm-3,NA表示阿伏加德罗常数,则铜的配位数为 ,铜的金属半径为 pm。
答案 (1)[Ar]3d10 (2)CN- sp 8
(3)2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O
Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O或4Cu2++2P+2NH3·H2OCu4O(PO4)2↓+2N+H2O
(4)SiCl4或SiF4或S或P等合理答案均可 三角双锥
(5)12 ×1010×
解析 (1)Cu原子序数是29,基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1,则Cu+的电子排布式为[Ar]3d10。
(2)[Cu(CN)4]2-的配体为CN-,CN-是碳氮三键,故碳的杂化类型为sp,1个[Cu(CN)4]2-中含有四个配位键,CN-有一个σ键,故1个[Cu(CN)4]2-的σ键数目为8个。
(3)Na3PO4、CuSO4和NH3·H2O反应制取Cu4O(PO4)2,是一个非氧化还原反应,故其化学方程式为2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2OCu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O。
(4)PCl5可电离成PC、PC两种离子,PC为正四面体,PC是正八面体,PCl5的立体构型为三角双锥形,PC为5原子32价电子,与其互为等电子体的微粒有:SiCl4或SiF4或S或P等。
(5)金属铜属于面心立方晶体,则铜的配位数为12,4r等于面对角线长,所以晶胞参数为a=×1010 pm,r=×1010×。
7.(2019山西太原高三4月模拟)自然界中存在大量元素,在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题:
(1)人工合成的蓝宝石晶体(Al2O3)是目前半导体工业中应用最广泛的材料。
①基态Al原子中有 种运动状态不同的电子,核外电子占据最高能级的符号是 ,占据该能级电子的电子云轮廓图形状为 。
②比较第一电离能:Mg Al(填“>””<”或“=”)。在现代化学中,常利用 上的特征谱线来鉴定元素,称为光谱分析。
(2)羰基硫(COS)存在于许多种植物中,杀虫效果显著。
①1 mol COS分子中含有σ键的数目为 ,其中心原子的杂化方式为 。
②CS2、CO2、COS的分解温度由低到高的顺序为 。
(3)NaCl和MgO都属于离子化合物。NaCl的熔点为801.3 ℃,MgO的熔点高达2 800 ℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是 。
(4)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一,其晶胞结构如图所示。
则:①距离一个Fe原子最近的Mg原子个数是 ,与此晶胞结构相似的常见的离子晶体是 (填名称)。
②若该晶体储氢时,H2分子在晶胞的体心和棱心位置,晶胞的参数为d nm,则距离最近的两个H2分子之间的距离为 cm;含铁56 g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积为 L。
答案 (1)①13 3p 哑铃形 ②> 原子光谱
(2)①2NA sp ②CS2Al。
(2)①COS的结构为OCS,一个分子中含有2个σ键,故1 mol COS中含有的σ键数目为2NA;中心原子为碳,分子结构为直线形,故碳的杂化方式为sp杂化。②CS2、CO2、COS三者的结构相似,SCS、OCS、OCO共价键键长依次减小,键能依次增大,所以分子稳定性依次增强,故CS2、CO2、COS的分解温度由低到高的顺序为CS2C>Sn
(5)sp3杂化 非极性共价键(或共价键)
(6)① 4 ②×107
解析 (1)Sn是50号元素,价电子排布式为5s25p2,在元素周期表中位于p区。(2)Sn中Sn原子为sp2杂化,无孤电子对,所以空间构型为平面三角形。(3)锡元素的卤化物都为分子晶体,分子之间通过分子间作用力结合。对于组成类型相似的物质来说,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高。由于相对分子质量:SnCl4C>Sn。(5)灰锡具有金刚石型结构,其中Sn原子的杂化方式为sp3杂化。灰锡是同一元素的原子通过共用电子对形成的单质,所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或共价键)。(6)①根据各个原子的相对位置可知,D在体对角线的处,所以其坐标参数是()。②根据晶胞结构可知,在晶胞中含有的Sn原子个数是8×+6×+4=8,所以晶胞的密度为 g·cm-3=×107 g·cm-3。
命题角度2给信息推断元素,再回答相关问题答案P65
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅱ·37)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为 。
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是 (填分子式),原因是 ;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为 ,中心原子的杂化轨道类型为 。
(4)化合物D2A的立体构型为 ,中心原子的价层电子对数为 ,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为 。
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566 nm,F的化学式为 ;晶胞中A原子的配位数为 ;列式计算晶体F的密度(g·cm-3) 。
答案 (1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)
(2)O3 O3相对分子质量较大,范德华力大 分子晶体 离子晶体
(3)三角锥形 sp3
(4)V形 4 2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)
(5)Na2O 8
=2.27 g·cm-3
解析 根据题目条件,可推出A、B、C、D分别为O、Na、P、Cl。
(1)电负性最大的为O,P的核外电子排布为1s22s22p63s23p3。
(2)单质A有O2、O3两种同素异形体,相对分子质量大的,分子间作用力也大,沸点高。
A、B的氢化物分别为H2O、NaH,晶体类型分别为分子晶体、离子晶体。
(3)E为PCl3,P含有一对孤电子对,价层电子对数为4,立体构型为三角锥形,中心原子P的杂化类型为sp3杂化。
(4)Cl2O中的中心原子为O,O有2对σ键电子对,孤电子对数=(6-2×1)=2,故价层电子对数为4,分子的立体构型为V形。根据得失电子守恒配平化学方程式,得2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。
(5)晶胞中O2-为8×+6×=4,Na+为8个,则化学式为Na2O。以顶点氧原子为中心,与氧原子距离相等且最近的钠原子的个数为8,则氧原子的配位数为8。
晶体F的密度为
=2.27 g·cm-3。
2.(2019全国Ⅱ·37)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e,原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同,b的价电子层中的未成对电子有3个,c的最外层电子数为其内层电子数的3倍,d与c同族;e的最外层只有1个电子,但次外层有18个电子。回答下列问题:
(1)b、c、d中第一电离能最大的是 (填元素符号),e的价层电子轨道示意图为 。
(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中,分子呈三角锥形,该分子的中心原子的杂化方式为 ;分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是 (填化学式,写出两种)。
(3)这些元素形成的含氧酸中,分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是 ;酸根呈三角锥结构的酸是 。(填化学式)
(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1,则e离子的电荷为 。
(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中,阴离子呈四面体结构;阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。
图1
图2
该化合物中,阴离子为 ,阳离子中存在的化学键类型有 ;该化合物加热时首先失去的组分是 ,判断理由是
答案 (1)N
(2)sp3 H2O2、N2H4
(3)HNO2、HNO3 H2SO3
(4)+1
(5)S 共价键和配位键 H2O H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱
解析 根据“a的核外电子总数与其周期数相同”可知a为H元素;根据“c的最外层电子数为其内层电子数的3倍”可知c为O元素;根据“b的价电子层中的未成对电子有3个”且原子序数aS;由于N的2p轨道处于半充满的较稳定状态,故其第一电离能大于O,故N、O、S三种元素中,第一电离能最大的是N元素;Cu的价层电子轨道示意图为。
(2)H元素可以和N元素形成三角锥形分子NH3,在NH3中,中心原子N原子的杂化方式为sp3杂化;H元素与N元素形成的N2H4,H元素与O元素形成的H2O2,都是既含有极性键又含有非极性键的化合物。
(3)这些元素形成的含氧酸中,分子的中心原子价层电子对数为3的是HNO2、HNO3;酸根呈三角锥结构的是H2SO3。
(4)由图1可知该晶体结构中Cu的个数为4,O的个数为8×+1=2,化学式为Cu2O即Cu的化合价为+1价。
(5)根据阴离子呈四面体结构可知阴离子是S;阳离子中存在的化学键有共价键和配位键;该化合物加热时首先失去的组分是H2O;因为H2O与Cu2+形成的配位键比NH3与Cu2+形成的配位键弱。
新题演练提能·刷高分
1.[2019衡水金卷普通高等学校招生全国统一考试模拟(调研卷)试题(二)]A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的前36号元素,其中只有两种金属元素。A与C同主族,B与E同主族;B与C能形成两种常见化合物;C与F最外层只有1个电子,且内层均已排满;基态D原子成对电子数是未成对电子数的4倍。
请问答下列问题:
(1)基态B原子的轨道表达式为 ,其最高能级的电子云有 个不同的伸展方向。
(2)B、C、E原子半径由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
(3)D和E中第一电离能较大的是 (填元素符号),原因为 。
(4)A与B形成的最简单化合物比A与E形成的最简单化合物的熔点 (填“高“或“低”),原因为 。
(5)D的最高价氧化物对应的水化物中,D原子的杂化轨道类型为 ,已知该分子中除氢外其他原子均满足最外层8电子稳定结构,则其结构式为 。
(6)单质F及其同族元素P、Q的堆积模型均为面心立方最密堆积,三种原子的半径分别为128 pm、144 pm、144 pm,其中P和Q的相对原子质量分别为Mr(P)、Mr(Q)。
①单质F中的配位数为 ;密度为 g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值,列式即可)。
②单质P和Q的密度之比为 [用含Mr(P)、Mr(Q)的代数式表示]。
答案 (1) 3
(2)Na>S>O
(3)P P的3p轨道处于半充满状态,较难失去1个电子
(4)高 水分子间较易形成氢键
(5)sp3
(6)①12
②Mr(P)∶Mr(Q)
解析 根据题意可推断A、B、C、D、E、F分别为H、O、Na、P、S、Cu。
(1)基态B原子的轨道表达式为,其最高能级的电子云有3个不同的伸展方向。
(2)根据电子层数和核内质子数的关系可得原子半径:r(Na)>r(S)>r(O)。
(3)P的3p轨道处于半充满状态,较难失去一个电子,所以第一电离能较大。
(4)水分子间较易形成氢键,所以熔点较高。
(5)D的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4,分子的中心P原子为sp3杂化,除氢外其他原子均满足最外层8电子稳定结构,可知P与O之间形成了一个配位键,结构式为。
(6)①面心立方最密堆积的配位数为12;其密度为 g·cm-3。
②P与Q的堆积方式相同,原子半径相同,所以密度之比即为摩尔质量之比,即相对原子质量之比。
2.(2019江西师范大学附属中学高三4月月考)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素,元素W是宇宙中最丰富的元素,元素X的原子最外层电子数是其内层的3倍,元素Z的基态原子核外电子有24种运动状态,Y、X、Z不在同一周期,且Y原子核外p电子比s电子多5个。
(1)Z基态原子的核外电子排布式为 。
(2)Z的氧化物是石油化工中重要的催化剂之一,如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。
①1 mol丙烯分子中含有σ键与π键数目之比为 。
②苯分子中碳原子轨道的杂化类型为 。
③Z的一种氧化物ZO5中,Z的化合价为+6,则其中过氧键的数目为 个。
(3)W、X、Y三种元素的电负性由小到大顺序为 。(请用元素符号回答)
(4)ZY3熔点为1 152 ℃,熔融状态下能够导电,据此可判断ZY3晶体属于 (填晶体类型)。
(5)ZX2晶体的晶胞结构如图,每个Z原子周围最近的X原子数目为 。若该化合物的相对分子质量为M,晶胞边长为a cm,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体的密度为 g·cm-3。
答案 (1)[Ar]3d54s1
(2)①8∶1 ②sp2 ③2
(3)H3 550 ℃,该单质的晶体类型属于 ;基态D原子共有 种不同运动状态的电子。
(2)A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是 ,该分子与D2+、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是 (填化学式),此配离子中的两种配体的不同之处为 (填标号)。
①中心原子的价层电子对数 ②中心原子的孤电子对的对数 ③中心原子的化学键类型
④VSEPR模型
(3)1 mol BC-中含有的π键数目为 ;写出与BC-互为等电子体的分子和离子各一种 、 。
(4)D2+的硫酸盐晶体的熔点比D2+的硝酸盐晶体的熔点高,其原因是 。
(5)D3C具有良好的电学和光学性能,其晶体的晶胞结构如图所示,D+和C3-半径分别为a pm、b pm,D+和C3-都是紧密接触的刚性小球,则C3-的配位数为 ,晶体的密度为 g·cm-3。
答案 (1)饱和 原子晶体或共价晶体 29
(2)sp3 [Cu(H2O)2(NH3)2]2+ ②
(3)2NA CO或N2
(4)硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高
(5)6
解析 首先推断元素,由题中信息可知,B元素原子的价电子结构为nsnnpn,n=2,B是C元素;A的原子序数小于B,A元素的正化合价与负化合价的代数和为零,A是H元素;C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1,C是N元素;D元素原子的M能层全满,最外层只有一个电子,D是Cu元素。
(1)H元素的单质为H2,不能形成H3或H4,这体现了共价键的饱和性;原子晶体熔点高,C元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3 550 ℃
,该单质的晶体类型属于原子晶体;原子核外有几个电子就有几种运动状态,基态铜原子核外有29个电子,所以有29种不同运动状态的电子。
(2)H与N形成的最简单分子是NH3,N原子的价电子对数是=4,所以N原子杂化方式是sp3,NH3与Cu2+、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是[Cu(H2O)2(NH3)2]2+,[Cu(H2O)2(NH3)2]2+中NH3分子、H2O分子中心原子的价层电子对数都是4,故①相同;NH3分子中心原子的孤电子对的对数是1,H2O分子中心原子的孤电子对的对数是2,故②不同;NH3分子、H2O分子的中心原子的化学键都是共价键,故③相同;④VSEPR模型都有4个电子对,故④相同。
(3)CN-中含有碳氮三键,1 mol BC-中含有的π键数目为2NA;等电子体是原子数、价电子数相同的分子或离子,与CN-互为等电子体的分子和离子有CO、。
(4)离子晶体的熔点与晶格能有关,晶格能越大熔点越高,硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高,硫酸铜的熔点比硝酸铜晶体的熔点高。
(5)根据晶胞图,离N3-最近的Cu+有6个,所以N3-的配位数为6;根据均摊原则,每个晶胞含有Cu+数12×=3,每个晶胞含有N3-数8×=1,所以晶胞的摩尔质量是206 g·mol-1,晶胞的体积是(2a+2b)3×10-30 cm3,晶体的密度为 g·cm-3。
分专题2 有机化学基础
高考命题规律
2019年高考必备
2019年
2019年
2019年
2019年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
有机物的命名、官能团的性质、有机反应的判断与书写
38
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命题角度2
有机物的命名、官能团的性质、有机反应的判断与书写、有机物合成路线设计
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命题角度1有机物的命名、官能团的性质、有机反应的判断与书写答案P67
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅱ·36)以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物,E是一种治疗心绞痛的药物,由葡萄糖为原料合成E的路线如下:
回答下列问题:
(1)葡萄糖的分子式为 。
(2)A中含有的官能团的名称为 。
(3)由B到C的反应类型为 。
(4)C的结构简式为 。
(5)由D到E的反应方程式为
(6)F是B的同分异构体,7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24 L二氧化碳(标准状况),F的可能结构共有 种(不考虑立体异构);其中核磁共振氢谱为三组峰。峰面积比为3∶1∶1的结构简式为 。
答案 (1)C6H12O6 (2)羟基
(3)取代反应
(4)
(5)+NaOH+CH3COONa
(6)9
解析 葡萄糖分子式为C6H12O6,催化加氢得到
CH2OH(CHOH)4CH2OH,故A中含有官能团的名称为羟基。B到C实质上是CH3COOH和B中的羟基发生酯化(取代)反应。根据C的分子式为C8H12O5,B中只有一个—OH与CH3COOH发生酯化反应,故C的结构简式为。C→D是浓硝酸和C中的羟基发生酯化反应,故D的结构简式为。根据E的结构简式分析,D到E反应的方程式为+NaOH+CH3COONa。F是B的同分异构体,故F的相对分子质量为146,7.30 g F为0.05 mol,与足量饱和NaHCO3反应释放出2.24 L CO2(标准状况),则一个F分子中含有2个—COOH,结合F的分子式,其结构有、、
、、共9种,其中核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为3∶1∶1的结构简式为(或写成)。
2.(2019全国Ⅲ·36)近来有报道,碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应,合成一种多官能团的化合物Y,其合成路线如下:
已知:RCHO+CH3CHO
R—CHCH—CHO+H2O
回答下列问题:
(1)A的化学名称是 。
(2)B为单氯代烃,由B生成C的化学方程式为
(3)由A生成B、G生成H的反应类型分别是 、 。
(4)D的结构简式为 。
(5)Y中含氧官能团的名称为 。
(6)E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应,产物的结构简式为 。
(7)X与D互为同分异构体,且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢,其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式 。
答案 (1)丙炔
(2)CH2Cl+NaCNCH2CN+NaCl
(3)取代反应 加成反应
(4)CH2COOC2H5
(5)羟基、酯基
(6)
(7)
(任选3种皆可)
解析 (1)A含有碳碳三键,为丙炔。
(2)Cl2在光照条件下与饱和烃基发生取代反应,故B的结构简式为CH2Cl(分子式为C3H3Cl),对比C的分子式可知—CN取代了B中的—Cl,由此可写出由B生成C的化学方程式。
(3)由信息可知F→G反应为+CH3CHO+H2O,G→H反应后H中无碳碳双键,故G生成H的反应类型是加成反应。
(4)由E的结构及D→E的反应条件可知为加成反应,故D的结构简式为CH2COOC2H5。
(5)Y的含氧官能团是羟基和酯基。
(6)根据E与H在Cr-Ni催化下发生偶联反应生成Y的结构可知E与F在Cr-Ni催化下发生偶联反应的产物结构简式为。
(7)D结构中有碳碳三键和酯基,根据核磁共振氢谱显示信息,分子结构中应有两个—CH3和一个—CH2—。
3.(2019全国Ⅱ·36)化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体,一种合成G的路线如下:
已知以下信息:
①A的核磁共振氢谱为单峰;B的核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为6∶1∶1。
②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢;1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应。
回答下列问题:
(1)A的结构简式为 。
(2)B的化学名称为 。
(3)C与D反应生成E的化学方程式为
(4)由E生成F的反应类型为 。
(5)G的分子式为 。
(6)L是D的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应,L共有 种;其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为 、 。
答案 (1)
(2)2-丙醇(或异丙醇)
(3)HOCH2CH2OCH(CH3)2++H2O
(4)取代反应 (5)C18H31NO4
(6)6
解析 A的分子式为C2H4O,其核磁共振氢谱为单峰,则A为;B的分子式为C3H8O,核磁共振氢谱为三组峰,峰面积比为6∶1∶1,属于饱和一元醇,则B的结构简式为CH3CH(OH)CH3;D的分子式为C7H8O2,其苯环上仅有两种不同化学环境的氢;1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应,则苯环上有酚羟基和—CH2OH,且为对位结构,则D的结构简式为。
(1)A的结构简式为;
(2)B的结构简式为CH3CH(OH)CH3,其化学名称为2-丙醇(或异丙醇);
(3)HOCH2CH2OCH(CH3)2和发生脱水反应生成E的化学方程式为HOCH2CH2OCH(CH3)2+
+H2O;
(4)和
发生取代反应生成F;
(5)由有机物G的结构可知分子式为C18H31NO4;
(6)L是的同分异构体,可与FeCl3溶液发生显色反应,1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应,说明L的分子中含有2个酚羟基和1个甲基。当两个酚羟基在邻位时,苯环上甲基的位置有2种;当两个酚羟基在间位时,苯环上甲基的位置有3种;当两个酚羟基在对位时,苯环上甲基的位置有1种,故满足条件的L共有6种;其中核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为或。
4.(2019全国Ⅱ·38)氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为,从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下:
已知:
①A的相对分子质量为58,氧元素质量分数为0.276,核磁共振氢谱显示为单峰
回答下列问题:
(1)A 的化学名称为 。
(2)B的结构简式为 ,其核磁共振氢谱显示为 组峰,峰面积比为 。
(3)由C生成D的反应类型为 。
(4)由D生成E的化学方程式为 。
(5)G中的官能团有 、 、 。(填官能团名称)
(6)G的同分异构体中,与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有 种。(不含立体异构)
答案 (1)丙酮 (2) 2 6∶1
(3)取代反应
(4)+NaOH+NaCl
(5)碳碳双键 酯基 氰基 (6)8
解析 根据可推知氰基丙烯酸酯的结构简式为。根据FG可知,G为,F为。然后采用逆推法并结合已知条件可知,A为,B为,C为,D为,E为。
(1)为丙酮。
(2)B为,分子内只有两种不同化学环境的氢(即—CH3、—OH的氢),两种氢原子个数比为6∶1。
(3)在光照条件下与Cl2发生取代反应生成。
(4)由D生成E的化学方程式为+NaOH+NaCl。
(5)中含有的官能团为碳碳双键、氰基、酯基。
(6)符合要求的G的同分异构体应含有碳碳双键、氰基和甲酸某酯的结构,书写时可先写出对应的甲酸烯丙酯的结构简式,有3种:、
、,然后将—CN作为取代基,分析上述三种结构的一取代物,上述三种结构中烃基上的氢原子种数分别为3种、3种、2种,则满足条件的G的同分异构体共8种。
5.(2019全国Ⅱ·38)聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料,在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如下:
已知:
①烃A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
②化合物B为单氯代烃;化合物C的分子式为C5H8
③E、F为相对分子质量差14的同系物,F是福尔马林的溶质
④R1CHO+R2CH2CHO
回答下列问题:
(1)A的结构简式为 。
(2)由B生成C的化学方程式为 。
(3)由E和F生成G的反应类型为 ,G的化学名称为 。
(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为 ;
②若PPG平均相对分子质量为10 000,则其平均聚合度约为 (填标号)。
a.48 b.58 c.76 d.122
(5)D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种(不含立体异构);
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体
②既能发生银镜反应,又能发生皂化反应
其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为6∶1∶1的是 (写结构简式);D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同,该仪器是 (填标号)。
a.质谱仪 b.红外光谱仪
c.元素分析仪 d.核磁共振仪
答案 (1)
(2)+NaOH+NaCl+H2O
(3)加成反应 3-羟基丙醛(或β-羟基丙醛)
(4)+
+(2n-1)H2O b
(5)5 c
解析 (1)因烃A中只含碳、氢两种元素,由=5,得烃A的分子式为C5H10,因核磁共振氢谱中只有一种化学环境的氢,则A的结构简式为。
(2)根据Cl2/光照,可知B为,B→C为氯代烃的消去反应。
+NaOH+NaCl+H2O
(3)F是福尔马林的溶质,F为HCHO。E、F为相对分子质量相差14的同系物,E为CH3CHO。由已知④知,E和F反应的方程式为CH3CHO+HCHO。该反应为加成反应,G的化学名称为3-羟基丙醛(或β-羟基丙醛)。
(4)①根据框图,被氧化为戊二酸,HOCH2CH2CHO加氢得到丙二醇,二者反应为nHOOC(CH2)3COOH+nHOCH2CH2CH2OH
(2n-1)H2O。
②因PPG链节的平均相对分子质量为172,所以≈58,选b。
(5)由条件知结构中应含有—COOH和HCOO—R结构,剩余3个碳,可看成判断丙烷的二元取代物。其同分异构体共有以下5种结构:、、、、。
核磁共振氢谱中有3组峰,且峰面积之比为6∶1∶1,说明分子中有两个相同的甲基,结构为。质谱仪是按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器,分子的质量相同,但碎片质量不完全相同;红外光谱仪是测定结构的,不相同;元素分析仪是测定元素种类的,一定相同;核磁共振仪是测定氢原子种类的,不一定相同。故选c。
6.(2019全国Ⅱ·38)立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点,因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线:
回答下列问题:
(1)C的结构简式为 ,E的结构简式为 。
(2)③的反应类型为 ,⑤的反应类型为 。
(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成:
反应1的试剂与条件为 ;反应2的化学方程式为 ;
反应3可用的试剂为 。
(4)在I的合成路线中,互为同分异构体的化合物是 (填化合物代号)。
(5)I与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有 个峰。
(6)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷,其可能的结构有 种。
答案 (1)
(2)取代反应 消去反应
(3)Cl2/光照
O2/Cu
(4)G和H (5)1 (6)3
解析 (1)根据反应②的反应条件可知反应②是消去反应,由流程图可知,反应①是取代反应,由D的结构简式逆推可以确定C的结构简式是;与Br2发生加成反应生成E的结构简式为。
(2)反应③和反应①的反应条件相同,故反应③也是取代反应;
E的结构简式为,F的结构简式为,所以反应⑤是消去反应。
(3)解决本小题可采用逆合成分析法,,故反应1的试剂是Cl2,条件是光照;反应2的化学方程式是
;反应3可用的试剂是O2/Cu。
(4)由流程图中各物质的结构简式可知,G和H的分子式相同,二者互为同分异构体。
(5)根据立方烷的结构简式可知,立方烷中的所有氢原子都是等效氢原子,故在核磁共振氢谱图中只有1个峰。
(6)六硝基立方烷和二硝基立方烷的同分异构体的数目是相同的,本小题可以讨论二硝基立方烷的同分异构体的数目。二硝基立方烷的同分异构体有3种:两个硝基在立方体的一条棱上,两个硝基在面对角线上和两个硝基在体对角线上。
1.正向推断法
正向推断法是从已知原料入手,找出合成所需的直接或间接的中间体,逐步推向目标有机物。其基本思路是:原料→中间产物→目标产物。
2.逆向推断法
其基本思路是:目标产物→中间产物→原料。
(1)首先确定所要合成的有机物属于何种类别,以及题中所给物质与所要合成的有机物之间的关系。
(2)以题中要求的最终产物为起点,考虑这一有机物是如何从另一有机物甲经过一步反应而制得的,若甲不是所给已知原料,需要进一步考虑甲又是如何从另一有机物乙经过一步反应制得的,一直推导到题目中给定的原料。
(3)在合成某种产物时,可能会产生多种不同的方法和途径,应在兼顾化学方程式少、原料省、副产物少、产率高、环保的前提下选择最合理、最简单的方法和途径。
新题演练提能·刷高分
1.(2019黑龙江哈尔滨第三中学二模)我国北方的山岗荒坡间有一种草本植物,别名奈何草,其中含有抗菌作用的某有机物M的合成路线如下图所示:
已知:ⅰ.RCH2BrR—HCCH—R'
ⅱ.R—HCCH—R'
ⅲ.R—HCCH—R'(以上R、R'、R″代表氢、烷基或芳基等)
(1)A的化学名称为 ,B的核磁共振氢谱显示为 组峰。
(2)由C生成D的反应类型为 。
(3)1 mol M与足量NaOH溶液反应,消耗 mol NaOH。
(4)X的结构式为 ,F的结构简式为 。
(5)由G生成H的化学方程式为 。
(6)符合下列条件的E的同分异构体共 种(不考虑立体异构)。
①芳香族化合物 ②与E具有相同官能团 ③能发生银镜反应 ④酸性条件下水解产物遇氯化铁溶液显紫色
答案 (1)邻二甲苯 6
(2)取代反应(酯化反应) (3)2
(4)
(5)+NaOH+NaI+H2O
(6)19
解析 根据C的结构可知B为,则A为,C与甲醇发生酯化反应生成D,D为,根据E的结构结合信息ⅰ可知,D与甲醛发生反应生成E,E水解生成F,F为,根据信息ⅱ,F在一定条件下与碘反应生成G,G为,G发生消去反应生成H,H为,根据信息ⅲ,最后H在一定条件下反应生成M。
(1)根据上述分析,A()的名称为邻二甲苯,B()中有6种氢原子,核磁共振氢谱显示为6组峰。
(2)C()与甲醇发生酯化反应生成D()。
(3)1 mol M()中含有2 mol酯基,与足量NaOH溶液反应,消耗2 mol NaOH。
(4)根据上述分析,X为甲醛,结构式为,F为。
(5)G()发生消去反应生成H()的化学方程式为+NaOH+NaI+H2O。
(6)E为,①芳香族化合物含有苯环,②与E具有相同官能团,含有碳碳双键和酯基,③能发生银镜反应,说明含有醛基,④酸性条件下水解产物遇氯化铁溶液显紫色,水解生成的羟基与苯环直接相连,符合条件的E的同分异构体有:苯环上只有3个侧链,1个为乙烯基,1个为HCOO—,1个为甲基,有10种;苯环上只有2个侧链,1个为HCOO—,1个为—CH2CHCH2,有3种;苯环上只有2个侧链,1个为HCOO—,1个为—CHCHCH3,有3种;苯环上只有2个侧链,1个为HCOO—,1个为—C(CH3)CH2,有3种;共19种。
2.(2019辽宁朝阳三模)由化合物A等为原料合成蒽环酮的中间体G的合成路线如下:
已知以下信息:
①B中含有五元环状结构,TsCl为;
③(CH3CO)2O或CH3COOC2H52CH3CH2OH。
回答下列问题:
(1)A的化学名称是 。
(2)由B生成D和由F生成G的反应类型分别是 、 。
(3)D的结构简式为 。
(4)由E生成F的化学方程式为 。
(5)芳香化合物X是D的同分异构体,X分子中除苯环外不含其他环状结构,X能与Na2CO3溶液反应,其核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为1∶1∶2∶2。写出1种符合要求的X的结构简式: 。
答案 (1)正丁烷 (2)加成反应 消去反应
(3)
(4)
(5)(或其他合理答案)
解析 由A→B,以及B中含有五元环状结构,可知A为CH3CH2CH2CH3,B为;由B+CD可知D为。
(1)A的结构简式为CH3CH2CH2CH3,化学名称是正丁烷。
(2)由B()生成D()的反应为加成反应;为消去反应。
(3)根据分析可知D的结构简式为。
(4)TsCl为,由E与TsCl发生取代反应生成F的化学方程式为
(5)X能与Na2CO3溶液反应,说明含有羧基,分子中除苯环外不含其他环状结构,核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为1∶1∶2∶2,符合该条件的有:
3.[2019山西运城康杰中学高考模拟(一)]科学家研制出合成药物W对肝癌的治疗具有很好的效果。由有机物A合成药物W的合成路线如下:
已知:①2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa;
②(Diels-Aider反应);
③丁烯二酸酐结构简式为;
④当每个1,3-丁二烯分子与一分子氯气发生加成反应时,有两种产物:
CH2ClCHCHCH2Cl;CH2ClCHClCHCH2。
请回答下列问题:
(1)物质A中的含氧官能团名称为 ;第①步反应中除生成外,还生成另一产物,此产物的结构简式为 。
(2)写出H的结构简式 ;第⑤步反应的反应类型是 。
(3)N与药物W互为同分异构体:
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能与Na2CO3溶液反应生成气体
③1 mol N能与3 mol NaOH完全反应
写出满足上述条件且其核磁共振氢谱有4个吸收峰的N的一种结构简式(不考虑立体异构) 。
(4)下面是合成X的路线图:
则X为 。
(5)结合题中有关信息,写出由制备丁烯二酸酐的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:
CH3CH2OHCH2CH2
答案 (1)醛基、醚键
(2) 加成反应或还原反应
(3)或
(4)
(5)
解析 由题中信息可知,A在碱性条件下发生歧化反应生成和,经酸化生成,受热发生脱羧反应生成,接着与丁烯二酸酐发生已知信息②中反应生成H,H为,最后H与氢气发生加成反应生成W。
(3)N与药物W互为同分异构体。N满足下列条件:①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明N分子中有酚羟基;②能与Na2CO3溶液反应生成气体,说明N分子中有羧基;③1 mol N能与3 mol NaOH完全反应,N分子中除苯环外只有2个C和4个O,故N分子中有1个羧基和2个酚羟基。满足上述条件且其核磁共振氢谱有4个吸收峰的N有或。
(4)由合成X的路线图并结合题中信息②可知,与丁烯二酸酐发生双烯合成反应生成X,则X的结构简式为。
(5)由制备丁烯二酸酐,首先利用题中信息,发生脱羧反应生成,然后与溴发生1,4-加成反应生成,接着在碱性条件下发生水解反应生成,最后发生氧化反应生成。
4.[2019新疆高三第二次适应性(模拟)]高分子化合物M和N是生产生活中有广泛用途的有机高分子材料。以芳香化合物E和链烃A为基本原料合成M和N的线路如下:
已知:①A的密度是相同条件下H2密度的20倍;
②羧基能被LiAlH4还原为羟基
③R—ClR—CNR—COOH(R表示烃基)
R3—COOH(R1、R2、R3表示烃基)
请回答下列问题:
(1)E的化学名称为 ,A的结构简式为 。
(2)D中官能团的名称为 。
(3)F→G的反应类型 。
(4)D+J→K的化学方程式为 。
(5)I+J→N的化学方程式为 。
(6)与F互为同分异构体,且含有一个六元环且环上有3个取代基的结构有 种(含F),任写一种核磁共振氢谱有4组峰的结构简式 。
答案 (1)2,4-二氯甲苯 CH≡CCH3
(2)碳碳双键、羧基 (3)消去反应
(4)+HOCH2CH2OH
+H2O
(5)+nHOCH2CH2OH
+(2n-1)H2O
(6)12 或
解析 A的密度是相同条件下H2密度的20倍,所以A的相对分子质量为40,则链烃A的分子式为C3H4;丙炔与氯化氢加成生成CH2CCl—CH3(B),CH2CCl—CH3与NaCN发生取代反应生成CH2CCN—CH3(C),CH2CCN—CH3发生水解生成(D);有机物E与氢气发生加成反应生成氯代环烷烃(F),然后F在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环烯烃(G),根据信息④可知:G在酸性高锰酸钾溶液的作用下,氧化为羧酸H和I,又依据信息②和M的结构可知,H为
COOH—COOH,J为CH2OHCH2OH,I为
HOOCCH(CH3)CH2COOH。
(1)根据E的结构简式可知,其化学名称为2,4-二氯甲苯;A为丙炔,结构简式为CH≡CCH3。
(2)D为,官能团的名称为碳碳双键、羧基。
(3)F→G的反应类型为消去反应。
(4)有机物与HO—CH2—CH2—OH发生酯化反应,化学反应方程式为+HOCH2CH2OH+H2O。
(5)I为HOOCCH(CH3)CH2COOH,J为
HO—CH2—CH2—OH,二者发生缩聚反应,化学反应方程式为n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O。
(6)有机物F的分子式为C7H12Cl2
,含有一个六元环且环上有3个取代基,结构有:1个甲基和1个氯原子连在环己烷的同一个碳上,另外1个氯原子连环上邻、间、对三个位置上,结构有3种;甲基连在环上1个碳上,两个氯原子连在环上同一个碳上有邻、间、对三个位置,结构有3种;甲基、两个氯原子分别连在环上的不同碳上,结构有6种;共计有12种;其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有2种:或。
5.(2019宁夏吴忠高三下学期高考模拟联考)某原料药合成路线如下:
化合物丙化合物丁
(1)甲→乙的反应类型为 ;乙→丙的反应条件为 。
(2)丁的名称为 ;戊分子含的官能团的名称为 ;己的分子式为 ;
(3)己→庚的化学方程式为 。
(4)化合物己的芳香族同分异构体有多种,A和B是其中的两类,它们的结构和性质如下:
①已知A遇FeCl3溶液发生显色反应,能和银氨溶液发生银镜反应,苯环上只有两个对位取代基,则A的结构简式可能为 或 。
②已知B中含有甲基,能发生水解反应,苯环上只有一个取代基,则B的结构有 种。
(5)丁烯酮()可用作聚合反应单体制取阴离子树脂,还可用作烷基化剂和合成甾族化合物及维生素A的中间体。请以乙烯和乙炔钠(NaC≡CH)为原料(无机试剂任选),设计制备丁烯酮的合成路线。合成路线流程图示例如:
AB目标产物。
答案 (1)取代反应 NaOH水溶液、加热
(2)苯甲醛 羟基、碳碳三键 C9H10O2
(3)+CH3NH2
+H2O
(4)①
②5
(5)CH2CH2CH3CH2Br
CH3CH2OHCH3CHO
或CH2CH2CH3CHO
解析 根据流程图可知,甲()→乙()是苯环侧链的取代反应;根据丙生成丁的条件可知,丙中含有羟基,丁中含有醛基,则丙为,丁为。
(1)乙()→丙()是卤代烃的水解反应,反应条件为NaOH水溶液、加热。
(2)丁为,名称是苯甲醛;戊()的官能团有羟基、碳碳三键;己()的分子式为C9H10O2。
(3)己()与CH3NH2发生脱水反应生成庚()。
(4)①A遇FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;能和银氨溶液发生银镜反应,说明含有醛基;苯环上只有两个对位取代基,则A的结构简式可能为或;
②B中含有甲基,能发生水解反应,说明含有酯基;苯环上只有一个取代基,则B的结构中含有苯环和—C3H5O2,且—C3H5O2中含有甲基和酯基,满足条件的—C3H5O2结构有—COOCH2CH3、—CH2COOCH3、—CH2OOCCH3、
—OOCCH2CH3、—CH(CH3)OOCH,共5种结构,因此B有5种结构。
(5)以乙烯和乙炔钠(NaC≡CH)为原料制备丁烯酮()需要增长碳链,根据框图中丁→戊可知,需要先合成乙醛,可以由乙烯与溴化氢加成后水解,再氧化得到,这样乙醛与乙炔钠(NaC≡CH)可以反应生成,再根据戊→己可知,可以反应生成,再由消去羟基即可。
命题角度2有机物的命名、官能团的性质、有机反应的判断与书写、有机物合成路线设计答案P72
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ·36)化合物W可用作高分子膨胀剂,一种合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A的化学名称为 。
(2)②的反应类型是 。
(3)反应④所需试剂、条件分别为 。
(4)G的分子式为 。
(5)W中含氧官能团的名称是 。
(6)写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰,峰面积比为1∶1) 。
(7)苯乙酸苄酯()是花香型香料,设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线 (无机试剂任选)。
答案 (1)氯乙酸 (2)取代反应 (3)乙醇/浓硫酸、加热
(4)C12H18O3 (5)羟基、醚键
(6)
(7)
解析 本题考查了有机物的命名、反应类型的判断、官能团的名称、分子式的书写、符合一定条件的同分异构体结构简式的书写、合成路线的设计等。
(1)ClCH2COOH的化学名称为氯乙酸。
(2)反应②的化学方程式为:ClCH2COONa+NaCNNaOOCCH2CN+NaCl,反应类型为取代反应。
(3)反应④是HOOCCH2COOH与乙醇间的酯化反应,反应所需试剂为乙醇和浓硫酸,反应条件为加热。
(4)根据G的结构简式可知G的分子式为C12H18O3。
(5)W中含氧官能团的名称为醚键和羟基。
(6)符合条件的E的同分异构体应是对称性较高的分子,且分子中的氢原子都应为甲基氢原子,应为、。
(7)根据目标产物和苯甲醇的结构简式可知,合成的关键是由苯甲醇合成苯乙酸,之后再由苯乙酸与苯甲醇发生酯化反应合成苯乙酸苄酯。因此由苯甲醇合成苯乙酸苄酯的合成路线为:。
2.(2019天津·8)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用,其合成路线如下:
(1)A的系统命名为 ,E中官能团的名称为 。
(2)A→B的反应类型为 ,从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为 。
(3)C→D的化学方程式为 。
(4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应;且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有 种,若W的核磁共振氢谱具有四组峰,则其结构简式为 。
(5)F与G的关系为(填序号) 。
a.碳链异构
b.官能团异构
c.顺反异构
d.位置异构
(6)M的结构简式为 。
(7)参照上述合成路线,以为原料,采用如下方法制备医药中间体。
该路线中试剂与条件1为 ,X的结构简式为 ;试剂与条件2为 ,Y的结构简式为 。
答案 (1)1,6-己二醇 碳碳双键、酯基
(2)取代反应 减压蒸馏(或蒸馏)
(3)+C2H5OH
+H2O
(4)5
(5)c
(6)
(7)试剂与条件1:HBr,△ X:
试剂与条件2:O2/Cu或Ag,△ Y:
解析 (1)A为,根据系统命名法A的名称为1,6-己二醇;E中官能团的名称为碳碳双键和酯基。
(2)A→B的反应属于取代反应,从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法是减压蒸馏(或蒸馏)。
(3)C→D的反应属于酯化反应,该反应的化学方程式为:
+C2H5OH
+H2O。
(4)C的同分异构体W可发生银镜反应,说明含有—CHO,且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛,说明水解产物是伯醇(—CH2OH)。符合条件的W是甲酸酯(HCOOR),R的结构有—(CH2)5Br、、、、—CH2—CH(CH2CH3)—CH2Br共5种,其中核磁共振氢谱具有四组峰的结构简式为。
(5)根据F与G的结构式可知二者关系为顺反异构,选择c。
(6)根据G→N的转化关系可知M的结构简式为。
(7)根据D→E的转化关系分析可知,可由和合成,因此试剂与条件1为HBr和△,X的结构简式为; 试剂与条件2为O2/Cu或Ag和△,Y的结构简式为。
3.(2019全国Ⅰ·36)化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下:
已知:①RCHO+CH3CHO
RCHCHCHO+H2O
回答下列问题:
(1)A的化学名称是 。
(2)由C生成D和E生成F的反应类型分别是 、 。
(3)E的结构简式为 。
(4)G为甲苯的同分异构体,由F生成H的化学方程式为
(5)芳香化合物X是F的同分异构体,X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6∶2∶1∶1。写出2种符合要求的X的结构简式 。
(6)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。
答案 (1)苯甲醛
(2)加成反应 取代反应
(3)C6H5COOH
(4)+
(5)
中的2种
(6)
解析 本题的突破口在于已知的两个化学方程式,已知①为羟醛缩合反应。由反应条件可知,A→B为羟醛缩合反应,由原子守恒可知A的分子式为C7H6O,A为芳香醛,可知A的结构简式为,即苯甲醛。依据已知反应①可知B为,由B→C的反应条件可知B→C为醛被氧化为酸,则C为,由C→D的反应条件可知为加成反应,则D为,由D→E的反应条件(强碱的醇溶液,加热)可知为卤素原子的消去,则E为,结合E→F的条件和E中官能团,可知E→F为酯化(取代)反应。结合已知反应②可知,G为,则F与G生成H的化学方程式为+。
(5)由题意能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,可知X中含有—COOH,且有4种不同化学环境的H,个数比为6∶2∶1∶1,芳香化合物X分子中共有10个H,说明有6个氢原子相同,即有两个对称的甲基,据元素守恒还剩一个—C≡C—基团。当苯环上有四个取代基时,有
与;
当苯环上有三个取代基时,则有与。
(6)此问考查对已知信息(所给信息)的理解和应用。由已知反应②可知,用环戊烯与2-丁炔可制得,此产物再与Br2加成即可制得目标产物。而环戊烯可由一氯环戊烷消去制得,一氯环戊烷可由环戊烷与Cl2反应制取。
4.(2019全国Ⅲ·36)氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下:
回答下列问题:
(1)A的结构简式为 。C的化学名称是 。
(2)③的反应试剂和反应条件分别是 ,该反应的类型是 。
(3)⑤的反应方程式为 。吡啶是一种有机碱,其作用是 。
(4)G的分子式为 。
(5)H是G的同分异构体,其苯环上的取代基与G的相同但位置不同,则H可能的结构有 种。
(6)4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体,写出由苯甲醚()制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线 (其他试剂任选)。
答案 (1) 三氟甲苯
(2)浓硝酸、浓硫酸、加热 取代反应
(3)+
+HCl 吸收反应产生的HCl,提高反应转化率
(4)C11H11F3N2O3 (5)9
(6)
解析 (1)由A到B的反应条件可知该反应是碳原子上氢原子的取代反应,结合B的分子式可知A的分子式为C7H8,A为芳香烃,则A为甲苯,结构简式为。C为甲苯甲基上的三个氢原子被三个氟原子取代的产物,则其名称为三氟甲苯。
(2)C与D相比,三氟甲苯苯环上的一个氢原子被—NO2取代,因此发生了硝化反应,反应的试剂为浓硝酸、浓硫酸,条件为加热。
(3)由G的结构简式和反应⑤的条件和试剂可知,反应⑤为中的氯原子取代了E中—NH2上的一个氢原子,即反应的化学方程式为++HCl。因为吡啶为有机碱,可消耗反应产生的HCl,从而提高反应物的转化率。
(4)由G的结构简式可知其分子式为C11H11F3N2O3。
(5)根据题意先确定—NO2和—CF3在苯环上有3种位置:
然后确定苯环上的位置,①有4种,②有4种,③有2种,共计10种,其中一种是G的结构简式,则符合题意的结构有9种。
(6)解答本题可用逆推法:
5.(2019全国Ⅰ·38)秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线:
回答下列问题:
(1)下列关于糖类的说法正确的是 (填标号)。
a.糖类都有甜味,具有CnH2mOm的通式
b.麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c.用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为 。
(3)D中的官能团名称为 ,D生成E的反应类型为 。
(4)F 的化学名称是 ,由F生成G的化学方程式为 。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体,0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2,W共有 种(不含立体异构),其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为 。
(6)参照上述合成路线,以(反,反)-2,4-己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选),设计制备对苯二甲酸的合成路线 。
答案 (1)cd (2)取代反应(酯化反应)
(3)酯基、碳碳双键 消去反应
(4)己二酸 +
(5)12
(6)
解析 (1)a选项,糖类不一定都有甜味,如淀粉和纤维素无甜味,也不是都满足CnH2mOm的通式,如鼠李糖为C6H12O5;b选项,麦芽糖水解产生葡萄糖,不产生果糖;c选项,水解是否完全需要检验淀粉是否存在,应该用碘水检验,正确;d选项,正确。
(2)由B(C6H6O4)到C(C8H10O4),可推知1 mol B与2 mol CH3OH发生酯化反应得到C。
(3)D到E减少了4个H,生成了不饱和有机物和H2,发生的是消去反应。
(4)F分子中含有6个C,且两个羧基在两端,命名为1,6-己二酸或己二酸。F分子中有2个—COOH,与丁二醇分子中的2个—OH发生缩聚反应。
(5)0.5 mol W能产生1 mol CO2,说明1 mol W中含有2 mol—COOH,且只有一种官能团的二取代芳香化合物,苯环上的二取代基可能是以下四种情况:①2个取代基均为—CH2COOH,②2个取代基分别是—COOH和—CH2CH2COOH,③分别是—COOH和,④分别是—CH3和,每种情况均存在邻、间、对三种情况,共有12种同分异构体。核磁共振氢谱为三组峰说明该有机物高度对称,为
(6)结合C→D→E的反应条件及反应原理,
6.(2019全国Ⅲ·38)端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应,称为Glaser反应。
2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值。下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线:
AC8H10
B C D
回答下列问题:
(1)B的结构简式为 ,D的化学名称为 。
(2)①和③的反应类型分别为 、 。
(3)E的结构简式为 。用1 mol E合成1,4-二苯基丁烷,理论上需要消耗氢气 mol。
(4)化合物(),也可发生Glaser偶联反应生成聚合物,该聚合反应的化学方程式为
(5)芳香化合物F是C的同分异构体,其分子中只有两种不同化学环境的氢,数目比为3∶1,写出其中3种的结构简式 。
(6)写出用2-苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线 。
答案 (1) 苯乙炔
(2)取代反应 消去反应
(3) 4
(4)
+(n-1)H2
(5)、、、
、(任意三种)
(6)
解析 (1)反应②为C8H10与Cl2在光照条件下发生的取代反应,将C中的两个Cl换成H就为B,故B的结构简式为,D的名称为苯乙炔。
(2)①是苯环上的H被—CH2CH3取代,属于取代反应;③消去了2分子HCl,形成了—C≡C—,是卤代烃的消去反应。
(3)根据所给信息知,++H2,故E的结构简式为。
(4)发生Glaser反应生成聚合物的反应为
+(n-1)H2。
(5)C的侧链中的碳原子均饱和,若分子中只有两种不同化学环境的氢,则分子对称性较强,满足条件的有机物的结构简式为、、、
(6)利用卤代烃的消去反应可引入—C≡C—,利用与X2的加成反应可引入卤素原子,则由2-苯基乙醇为原料制备化合物D的合成路线为
7.(2019全国Ⅰ·38)A(C2H2)是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如下所示:
回答下列问题:
(1)A的名称是 ,B含有的官能团是 。
(2)①的反应类型是 ,⑦的反应类型是 。
(3)C和D的结构简式分别为 、 。
(4)异戊二烯分子中最多有 个原子共平面,顺式聚异戊二烯的结构简式为 。
(5)写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体 (填结构简式)。
(6)参照异戊二烯的上述合成路线,设计一条由A和乙醛为起始原料制备1,3-丁二烯的合成路线。
答案 (1)乙炔 碳碳双键和酯基
(2)加成反应 消去反应
(3) CH3CH2CH2CHO
(4)11
(5)、
(6)
CH2CH—CHCH2
解析 (1)由B的分子式结合反应②后得到的产物,可知其结构简式应为CH2CHOOCCH3,所以B中含碳碳双键、酯基。
(2)对照A、B结构,反应①应为加成反应,根据反应⑦前后反应物和产物判断,应为消去反应。
(3)因酯在酸性条件下水解为对应的酸和醇,所以C的结构简式应为。
由聚乙烯醇缩丁醛和C的结构可推出D应为丁醛(CH3CH2CH2CHO)。
(4)由于碳碳双键上的两个碳原子及与其直接相连的原子共平面,所以有5个碳原子和5个氢原子以及甲基上的1个氢原子共11个原子共平面。顺式聚异戊二烯的结构简式应为。
(5)与A具有相同官能团的异戊二烯的同分异构体有:、CH3—CH2—CH2—C≡CH、
CH3—CH2—C≡C—CH3。
官能团引入与官能团保护
1.官能团引入
引入官能团
有关反应
羟基(—OH)
烯烃与水加成、醛(酮)加氢、卤代烃水解、酯的水解
卤素原子(—X)
烃与X2取代、不饱和烃与HX或X2加成、醇与HX取代
碳碳双键()
某些醇或卤代烃的消去、炔烃不完全加氢
醛基(—CHO)
某些醇(含有—CH2OH)的氧化、烯烃的氧化
羧基(—COOH)
醛的氧化、酯的酸性水解、羧酸盐的酸化、苯的同系物(侧链上与苯环相连的碳原子上有氢原子)被强氧化剂氧化
酯基(—COO—)
酯化反应
2.官能团保护
(1)酚羟基的保护:因酚羟基易被氧化,所以在氧化基团前先使其与NaOH反应,把酚羟基转变成—ONa,将其保护起来,使其他基团氧化后再酸化使其全部转变为—OH。
(2)碳碳双键的保护:碳碳双键容易被氧化,在氧化基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来,待其他基团氧化后再利用消去反应重新转变为碳碳双键。
(3)氨基(—NH2)的保护:如在对硝基甲苯对氨基苯甲酸的过程中应先把—CH3氧化成—COOH之后,再把—NO2还原为—NH2,防止当KMnO4(H+)氧化—CH3时,—NH2(具有还原性)也被氧化。
新题演练提能·刷高分
1.(2019河北衡水中学高三十五模)化合物G[]是一种医药中间体,它的一种合成路线如下:
已知:RCOOHRCOCl
请回答下列问题:
(1)A的同分异构体名称是 。
(2)B→C的反应条件为 ,D→E的反应类型是 。
(3)D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物,该化合物的结构简式为 。
(4)H是一种高聚酯,D→H的化学方程式为 。
(5)下列关于化合物D和G的说法错误的是 。
A.在一定条件下G能与HBr发生取代反应
B.1 mol G与NaOH溶液加热最多消耗2 mol NaOH
C.D的分子中只有一个手性碳原子
D.与D具有相同的官能团的同分异构体还有3种
(6)符合下列要求的F的同分异构体共有 种。
①苯环上有三个取代基 ②能发生银镜反应
③1 mol物质能与2 mol Na2CO3反应
请写出其中能与足量浓溴水反应,所得产物的苯环上不存在氢原子的F的同分异构体结构简式 (任写一种)。
(7)已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应,写出由苯酚、甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯()的合成路线(其他试剂任选)。
答案 (1)顺-2-丁烯
(2)NaOH水溶液、加热 取代反应
(3)
(4)nHO(CH3)2CCOOH
+(n-1)H2O
(5)BCD
(6)6 或或
或
(7)
解析 (2)A与Br2发生加成反应生成B为溴代烷,而C催化氧化生成D,说明C中含有—OH,因此B→C是溴代烷的水解,反应条件为NaOH水溶液、加热;根据已知信息RCOOHRCOCl,所以D→E的反应为取代反应,是Cl取代了—COOH中的—OH。
(3)根据转化关系可推知B为(CH3)2CBrCH2Br,C为(CH3)2C(OH)CH2OH,则D为(CH3)2C(OH)COOH,在浓硫酸加热的条件下生成的六元环状化合物的结构简式为。
(4)D分子中有—OH和—COOH,所以在一定条件下发生缩聚反应生成高聚酯,反应的化学方程式为
nHO(CH3)2CCOOH+(n-1)H2O。
(5)D为(CH3)2C(OH)COOH,G为
。G分子中含有醇羟基,可以与HBr发生取代反应,故A正确;G分子中含有两个—COO—,且其中1个为酚酯,所以1 mol G与NaOH溶液加热最多消耗3 mol NaOH,故B错误;D分子中没有手性碳原子,故C错误;与D具有相同的官能团的同分异构体还有
HOCH2CH(CH3)COOH,CH3CH2CH(OH)COOH,
CH3CH(OH)CH2COOH和HOCH2CH2CH2COOH共4种,故D错误。
(6)能发生银镜反应,说明含有—CHO,1 mol物质能与2 mol Na2CO3反应,说明含有2个酚羟基,因此第三个取代基为—CH2CHO,符合要求的同分异构体有:2个—
OH在苯环的邻位时有2种、间位时有3种、对位时有1种,共6种;酚类能与浓溴水反应是发生在酚羟基的邻、对位上,所以反应后苯环上没有氢原子的F的同分异构体有或或或任写一个。
(7)已知RCOOHRCOCl,结合题中由E、F合成G的反应,可推导出由苯酚和甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯()的合成路线。
2.(2019湖北高三4月调研)盐酸艾司洛尔,主要用于急性心肌局部缺血症的治疗,对急性心肌梗塞有明显的疗效。其合成新路线如下:
已知:①
②++HCl
(1)A的名称是 ,B含有的官能团是 ,②的反应类型是 。
(2)写出反应③的化学方程式: 。
(3)E的结构简式为 。
(4)F物质可溶于水,原因是 。
(5)与B具有相同的官能团且苯环上有三个侧链的同分异构体,其总数目为 。
(6)参照E物质的合成路线,以和为主要原料制备,写出其合成路线。
答案 (1)对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛) 羧基、羟基、碳碳双键 加成反应(或还原反应)
(2)+CH3OH
+H2O
(3)
(4)F为一种有机铵盐,可溶于水 (5)10
(6)
解析 根据信息①,结合F的结构可知,A为对羟基苯甲醛(),反应生成的B为,B与氢气加成生成C,C为,C与甲醇发生酯化反应生成D,D为,根据信息②可知,E为。
(1)根据上述分析,A为对羟基苯甲醛,B()中含有的官能团有羧基、羟基、碳碳双键,反应②是加成反应。
(2)反应③为与甲醇的酯化反应。
(3)E的结构简式为。
(5)B为,与B具有相同的官能团且苯环上有三个侧链,说明苯环上含有乙烯基、羧基和羟基,①乙烯基、羧基位于邻位,羟基有4种位置,②乙烯基、羧基位于间位,羟基有4种位置,③乙烯基、羧基位于对位,羟基有2种位置,共4+4+2=10。
(6)可以用与甲醇酯化生成酯基,然后将碳碳双键还原为碳碳单键,最后根据信息②与反应即可。
3.(2019河南洛阳高三下学期尖子生第二次联考)有机物F是一种香料,其合成路线如图所示:
已知:ⅰ.
(1)D的名称为 ,试剂X的结构简式为 ,步骤Ⅵ的反应类型为 。
(2)步骤Ⅰ的反应试剂和条件分别为 、 。
(3)步骤Ⅱ反应的化学方程式为 。
(4)满足括号中条件(①苯环上只有两个取代基,②能与FeCl3溶液发生显色反应,③能发生水解反应和银镜反应)的E的同分异构体有 种,其中核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的分子的结构简式为 。
(5)依据题中信息,完成以为原料制取的合成路线图。(无机试剂一定要选银氨溶液,其他无机试剂任选)合成路线图示例如下:CH2CH2CH3CH2Br
CH3CH2OH。
答案 (1)对甲基苯酚钠或4-甲基苯酚钠 CH3CHClCOOH 取代(或酯化)反应
(2)Cl2 光照
(3)C6H5—CH2Cl+NaOHC6H5—CH2OH+NaCl
(4)15
(5)
解析 (2)根据A的化学式,以及合成路线,推出A的结构简式为,名称为甲苯,C和E发生酯化反应生成F,则C和E的结构简式为、,根据流程图,E的结构简式为,C的结构简式为,根据B生成C的条件,反应Ⅱ发生水解反应或取代反应,B的结构简式为,因此反应Ⅰ的条件是Cl2和光照。(3)根据(2)的分析,反应方程式为C6H5—CH2Cl+NaOHC6H5—CH2OH+NaCl。
(4)②能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,③能发生水解反应和银镜反应,说明是甲酸某酯,苯环上一个酚羟基、一个侧链,有邻、间、对3种位置;侧链有:、、
、、5种,共15种。(5)根据信息ⅰ,先发生氧化反应,生成(CH3)2CHCOOH,然后发生取代反应生成(CH3)2CClCOOH。
4.(2019河北唐山五校高三5月联考A卷)由芳香烃X合成一种功能高分子H的过程如下(部分产物、合成路线、反应条件略去)。
其中A是一氯代物,H的链节组成为C7H5NO。已知:Ⅰ.芳香烃X用质谱仪测出的质谱图如图所示。
Ⅱ.(苯胺,易被氧化)
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题。
(1)H的结构简式是 ;
(2)反应③和④的类型分别是 、 。
(3)反应⑤的化学方程式是 。
(4)阿司匹林中含氧官能团的名称为 。
(5)的一种同系物
有多种同分异构体,其中符合下列要求的共有 种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱为6组峰,且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式 。
①能与NaHCO3反应放出CO2
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③苯环上的一取代物有两种
(6)请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物合成最合理的方案。例:
CH3CH2OHH2CCH2
答案 (1)
(2)还原反应 缩聚反应
(3)+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O
(4)酯基 羧基
(5)16
(6)
解析 (1)邻氨基苯甲酸在一定条件下发生缩聚反应,生成高分子化合物H,H的结构简式是。
(2)X发生硝化反应生成有机物F,F中一定含有硝基,F经氧化生成羧基,变为有机物G,G在铁、盐酸作用下还原得到氨基;最后邻氨基苯甲酸在一定条件下发生缩聚反应,生成高分子化合物H;因此反应③和④的类型分别是还原反应、缩聚反应。
(3)A是一氯代物,A为,有机物B为苯甲醇,苯甲醇氧化为苯甲醛C,苯甲醛能够被银氨溶液氧化为苯甲酸盐,反应⑤的化学方程式是+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。
(4)根据阿司匹林分子结构可知,其含有的含氧官能团的名称为酯基和羧基。
(5)①能与NaHCO3反应放出CO2,一定含有羧基;②能与FeCl3溶液发生显色反应,一定含有酚羟基;③苯环上的一取代物有两种,环上有2种氢;苯环上含有1个—OH和1个—CH2CH2COOH结构有1种;苯环上含有1个—OH和1个—CH(CH3)COOH结构有1种;苯环上两个甲基在邻位,则—COOH和—OH的位置有5种;苯环上两个甲基在间位,则—COOH和—OH的位置有6种;苯环上两个甲基在对位,则—COOH和—OH的位置有3种;共计有16种;其中满足核磁共振氢谱为6组峰,且峰面积比为2∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式为。
(6)有机物A为甲苯,发生侧链一取代后,水解变为一元醇,而最后的产物为二元醇,所以就必须对进行加成处理,变为,然后发生消去反应变为,再进行加成,变为氯代烃,最后水解变为目标产物。
5.[2019炎德英才大联考湖南师大附中高三高考模拟卷(一)]光刻胶是一种应用广泛的光敏材料,其合成路线如下(部分试剂、反应条件和产物已略去):
已知:
Ⅰ.+(R1,R2为烃基或氢)
Ⅱ.+R2OH+HCl(R1,R2为烃基)
(1)写出A的结构简式 。
(2)B分子中所含官能团的名称为 。
(3)乙炔和羧酸X加成生成E,E的核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为3∶2∶1,E能发生水解反应,则EF的化学方程式为 。
(4)由F到G的反应类型为 。
(5)D和G反应生成光刻胶的化学方程式为 。
(6)C的一种同分异构体满足下列条件:
①能发生银镜反应,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
②苯环上的一氯取代产物只有两种。写出该同分异构体的结构简式: 。
(7)根据已有知识并结合相关信息,写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下:
CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3
答案 (1) (2)碳碳双键、醛基
(3)nCH3COOCHCH2
(4)水解(或取代)反应
(5)n+
+nHCl
(6)
(7)2CH3CHOCH3CHCHCHOCH3CHCHCOOHCH3CHBrCHBrCOOH
CH3COCOCOOH
解析 由D的结构可知,A中含有苯环,A与CH3CHO反应得到B,由物质的分子式及信息Ⅰ,可推知A为,B为,B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C,则C为。乙炔和羧酸X加成生成E,E发生加聚反应得到F,则E分子中含有碳碳双键,结合分子式可知,X为CH3COOH,E的核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为3∶2∶1,E能发生水解反应,故E为CH3COOCHCH2,F为,G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶,则光刻胶的结构简式为。
(1)通过以上分析知,A的结构简式为。
(2)B为,B中官能团名称是碳碳双键和醛基。
(3)由上述分析可知,E的结构简式为
CH3COOCHCH2,E发生加聚反应生成F,化学方程式为nCH3COOCHCH2。
(4)根据上述分析,由F到G的反应类型为水解反应或取代反应。
(5)G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶。
(6)C的一种同分异构体满足下列条件:①能发生银镜反应,说明有醛基,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解后产生酚羟基;②苯环上的一氯取代产物只有两种,说明苯环对位上有两个取代基,符合条件的同分异构体的结构简式为。
(7)以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH,要制备CH3COCOCOOH需要先制备或或,因此需要增长碳链。乙醛在加热条件下和稀NaOH溶液反应生成
CH3CHCHCHO,CH3CHCHCHO和银氨溶液发生氧化反应生成CH3CHCHCOOH,CH3CHCHCOOH和Br2发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCOOH,
CH3CHBrCHBrCOOH和NaOH水溶液在加热条件下发生取代反应生成CH3CH(OH)CH(OH)COOH,然后催化氧化生成CH3COCOCOOH。
6.(2019江西九所重点中学高三联合考试)美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体,可以通过以下方法合成:
请回答下列问题:
(1)写出C中的官能团的名称: 。
(2)美托洛尔的分子式为 .
(3)写出反应①的化学方程式: ;反应②的反应类型是
(4)反应③中加入的试剂X的分子式为C3H5OCl,X的结构简式为 。
(5)满足下列条件的B的同分异构体有 种,其中核磁共振氢谱有6种不同化学环境的氢,且峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的是 (写结构简式)。
①能发生银镜反应而且能发生水解
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③只有一个甲基
(6)根据已有知识并结合题目所给相关信息,写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。
答案 (1)羟基、醚键 (2)C15H25O3N
(3)+CH3ONa
+NaCl 还原反应
(4)
(5)23
(6)
解析 (1)根据C的结构简式,含有官能团是羟基和醚键。(2)根据有机物成键特点,美托洛尔的分子式为C15H25O3N。(3)根据A和B结构简式的对比,反应①为取代反应,其反应方程式为+CH3ONa
+NaCl;根据B和C结构简式的对比,B中羰基上的氧原子转化成H原子,此反应为还原反应。(4)对比C和D结构简式,反应③发生的取代反应,即试剂X结构简式为。(5)能发生银镜反应且能发生水解,说明此物质应是甲酸某酯,能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基,符合条件的同分异构体:、(另一取代基甲基在苯环上位置有4种)、(另一取代基甲基在苯环上位置有4种)、(另一取代基甲基在苯环上位置有2种)、(另一取代基乙基在苯环上位置有4种)、(另一取代基乙基在苯环上位置有4种)、(另一取代基乙基在苯环上的位置有2种),共有23种;有6种不同的化学环境的氢,且峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1,因此结构简式为。
7.(2019山东聊城高三二模)H是一种免疫调节剂,其合成流程如下:
问答下列问题:
(1)H所含官能团有氨基、羟基和 。
(2)X的化学式为 ,③的反应类型是 。
(3)设计反应①和⑤的目的是 。
(4)反应①为取代反应,其化学方程式为 。
(5)R的同分异构体M同时满足下列条件:
①M能与氯化铁溶液发生显色反应
②1 mol M最多能和4 mol NaOH发生反应
③在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之为3∶3∶2∶2
M的结构简式可能为 。
(6)已知:
+CH3CHO,结合上述相关信息,以为原料设计合成路线合成(其他试剂自选)。
答案 (1)羧基
(2)C12H14O4 氧化反应
(3)保护羟基,避免羟基在反应③中被氧化
(4)+
+2CH3OH
(5)、
(6)
解析 (2)X分子式为C12H14O4,根据Y的分子式及X、Z的结构简式可推断Y为,③是在铜的催化下发生氧化反应生成,反应类型是氧化反应。
(3)设计反应①和⑤的目的是保护羟基,避免羟基在反应③中被氧化。
(5)R的同分异构体M同时满足条件:①M能与氯化铁溶液发生显色反应,则含有酚羟基;②1 mol M最多能和4 mol NaOH发生反应,则可能含有4个酚羟基或羧基或两者都有,或2个酚羟基、1个酯基;③在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之比为3∶3∶2∶2,则高度对称。
M的结构简式可能为、。
(6)结合上述相关信息,在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成,经氧化转化为,与氰化钠、氨气反应生成,在硫酸作用下控制pH得到。
