2022年高考化学模拟卷(全国卷)(解析版) (二).pdf

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1、2022年高考化学模拟卷(全国卷专用)二轮拔高卷2可能用到的相对原子质量:H 1 C 1 2 N 1 4 O 1 6 N a 2 3 S i 2 8 S 3 2 C l 3 5.5 K 3 9 F e 56一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共 4 2 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。7 .化 学与生活、生产密切相关.下列说法中错误的是A.电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法B .市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作,忌长期用肥皂洗涤C.“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料D.地沟油经处理后可得到生物柴油,其主要成份

2、和柴油相同,都是烧类【答案】D【解析】A.镁比铁活泼,镁与铁连接后,镁失去电子受到腐蚀,从而保护了铁不受腐蚀,因此镁可以保护不锈钢,故 A正确;B.聚酯纤维材料属于酯类,在碱性条件下水解,所以忌长期用肥皂洗涤,故 B正确;C.氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料,故 C正确:D.地沟油属于酯类,柴油属于烧类,故 D错误;故答案为D。8.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.p H=l 的 H 2 s C M 溶液中含有O.INA个 H+B.3.1 g P 4(正四面体结构)中的共价键数目为0.4NAC.2.3 g N a 在空气中点燃,完全反应转移的电子数一定为O.INAD.1 1

3、g 由3 H 和 1 6。组成的超重水中,中子数和电子数之和为IONA【答案】C【详解】A.溶液体积不知道、难以计算其中氢离子的数目,A错误;B.P 4(正四面体结构)分子内每个P原子分别与其它三个P原子共用一对电子对,故 P 4 分子内有6个 P-P,3 1。则 3.1 g P 4 中的共价键数目为3 1 x 4京mol 一 6 6A=0.15 N,B错误;C.钠在空气中点燃时发生N a-e =N a+,则:2.3 g 即 O.l mo l N a 在空气中点燃,完全反应转移的电子数定为 O.INA,C正确;D.3 H 和 16。组成的超重水分子式为3 H 216。,分子内的中子数为12、电

4、子数为10、中子数和电子数之和11。22,相对分子质量为22,则 H g由3H和 wo组成的超重水中,中子数和电子数之和为 殛 篇X22XNA=11NA,D 错误;答案选C。9.2021年 10月6 日,德国科学家本亚明利斯特(Benjamin List)和美国科学家戴维麦克米伦(David MacMillan),因“开发了不对称有机催化获得2021年诺贝尔化学奖。脯氨酸是一种有效的催化剂,脯氨酸的结构简式如图,下列说法正确的是A.属于煌类化合物,分子式为C5H9NO2B.与甘氨酸(互为同系物C.能发生缩聚反应、氧化反应、取代反应D.分子中所有原子可能共平面【答案】C【解析】A.燃是只含C、H

5、 两种元素的化合物,肺氨酸分子式为C5H9NO2,含有C、H、0、N 四种元素,因此不属于燃类化合物,A 错误;B.甘氨酸为链状结构,脯氨酸为环状结构,结构不相似,不是同系物,B 错误;C.脯氨酸含有较基、亚氨基,可发生缩聚反应、氧化反应、取代反应,C 正确;D.环上的C、N 原子采用sp 杂化,具有四面体结构,因此环上的所有原子不可能处于同一平面上,D 错误;故合理选项是C。10.一种锂离子电池的电解液添加剂,其结构如图所示,其中W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是/ZI X4丫/A.XY2是酸性氧化物B.WZ3中 W 达到8 电子结构C.最简单氢化物的沸点

6、:YXD.最高价氧化物对应水化物的酸性:XW【答案】B【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的同周期非金属元素,Z 形 成 1个共价键,则 Z 是第VIIA的元素,Y 形成2个共价键则Y是第V I A元素,X形成4个共价键,说明Y最外层有4个电子的第1V A元素,结合该阴离子带一个单位负电荷,可知W与Y形成配位键,W原子最外层有3个电子,可推知W是B,X是C,Y是O,Z是F元素,然后根据物质性质及元素周期律分析解答。【详解】A.X Y 2是C O 2,C 02与水反应产生H 2c o 3,因此C O 2是酸性氧化物,A正确;B.W Z 3是B F 3,B原子最外层有3个电子,与3个F原子形

7、成3对共用电子对,使B原子最外层电子数是6个,未达到8电子稳定结构,B错误;C.X、Y形成的简单氢化物分别是C H 4、H2O,二者都是由分子构成的物质,由于Hz O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引作用,导致其熔沸点比C H4高,所以最简单氢化物的沸点:Y X ,C正确;D.元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强,由于元素的非金属性:OB,所以酸性:H2C O 3 H3B O 3,即最高价氧化物对应水化物的酸性:XW,D正确;故合理选项是B。11.依据下列实验现象,得出的结论正确的是【答案】B操作实验现象结论A向N a B r溶液中加入过量氯水,再加入淀粉一KI溶液溶

8、液变蓝非金属性:C l B r IBB向某无色溶液中滴加浓盐酸产生气体能使品红溶液褪色原溶液中不一定含有S O;或 HS O,C向酸性KM n O 4溶液中滴加较浓F e C L溶液溶液紫色褪去F e 2+有还原性D在相同温度下,向Im L O.2m o i L-N a O H溶液中滴入2滴O.l m o l L M gC h 溶液,再滴加 2 滴 0.Im o L U C uS C U 溶液先产生白色沉淀后出现蓝色沉淀KsP M g(O H)2 KsP C u(0H)2【详解】A.过量氯水会与KI反应,故产生的12不一定是B r 2与KI反应生成的,不能得到非属性:B r L A错误;B.与

9、盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫,则原溶液中还可能含C 1O B正确;C.较浓F e C b溶液,酸性条件下,C t会与M n O;反应,使之褪色,所以KM n C U溶液褪色不一定是F e?+与M n O;反应,C错误;D.N a O H溶液过量,M gC”溶液,C uS C h溶液都是少量,所以先滴M gC h溶液,后滴C uS C M溶液,先产生白色沉淀后产生蓝色沉淀,不能得出Ks p M g(O H)2 Ks p C u(O H)2的结论,D错误;故答案选B。12.一种利用电化学活性菌株处理废水中有机物的装置如图,下列说法正确的是A.根据图示可知在A 电极上H C

10、OOHD.若有机物为葡萄糖(C6Hl2O6),在 A 电极上(工 1 3 失氢被氧化为COOHB.A 极区,在菌株的作用下,有机物和02反应生成C02和 HzOC.电极B 的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2OD.有机物为葡萄糖(C6Hl2O6),处 理 1 mol葡萄糖时有12 mol H+移动到右室【答案】C【解析】COOH失氢被氧化为琐?,所以A 电极为电池的负极,电极上发生氧化反应,A 错误:B.根据图示可知:在菌株的作用下,在厌氧条件下有机物变为CO?、H20,而不是在有Ch条件下发生反应,B 错误;C.在 B 电极上Ch得到电子被还原为H zO,电极反应式为6+4H+4e=2H

11、2O,C 正确;COOH然后C06与COOH H,00H葡萄糖在菌株上及厌氧条件下发生反应(琦,又转化为-葡萄糖(C6H12O6)中 0 价 C 被氧化为+4价的CO2.其被氧化的反应式为:Cf,H 12O6-24e+6H2O=6CO2+24H+,可见:每 有 1 mol葡萄糖(C6Hl2O6)发生反应,会产生24 moi H+,根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,会有24 moi的 H+由左室通过质子交换膜移动到右室,D 错误;故合理选项是C。13.2 5 c 时,用 O.lOOmoLLT高氯酸溶液分别滴定20.00mL0.10()mol-L-的氨水和 20.(X)mL0.I00m

12、ol七 NaOH溶液,两溶液的pH 与所加高氯酸体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是A.K N IV H zO)的数量级为K)YB.高氯酸溶液滴定氨水选择酚猷;作指示剂,且 10aQNP【答案】C【解析】1 n-2 8 V 1 0-2.8A.%3%也0)=0 4 6,数量级为1 0-5,故 A 错误;B.高氯酸镂水解呈酸性、高氯酸溶液滴定氨水选择甲基橙作指示剂,故 B 错误;C.。点所示溶液中,电荷守恒为C(OH-)+C(C1O;)=C(NH:)+C(H+),物料守恒为2C(C1O;)=C(NH;)+C(NH,-H,O),联立以上两个等式可得2c(OH一)+c(NH,-H Q)=c(NH

13、:)+2c(H),故C 正确;D.。点的溶质为NH/H2O和NH4cIO,等物质的量的混合物,NH/H?。电离程度大于NH4CIO,水解程度、显碱性,水的电离被抑制;M、N 两点是中性点,P 点是完全中和为NH,CIO,、水解促进水的电离,故水的电离程度:P M=N Q,故 D 错误;答案选C。二、非选择题:共 58分,第 2628题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 3536题为选考题,考生根据要求作答。(-)必考题:共 43分。26.(14分)高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。KzFeCU为紫色固体,可溶于水,微溶于浓KOH溶液,难溶于有机物;在 05、强碱性溶液中比较稳定,在酸性、中性溶

14、液中易分解放出.某实验小组制备高铁酸钾(K2FeCh)并测定产品纯度。回答下列问题:I.制备 K2FeO4(2)A 中发生反应的离子方程式为 0(3)C 中反应为放热反应,而反应温度须控制在。5,采 用 的 控 温 方 法 为,反应中KOH必须过量的原因是(4)写出C 中总反应的离子方程式:。C 中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥,得到高铁酸钾晶体。U.K2FeO4产品纯度的测定准确称取1.00 g 制得的晶体,配成250 mL溶液,准确量取25.00 mL KzFeCM溶液放入锥形瓶,加入足量CrCh和 NaOH溶液,振荡,再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和CnO工 滴入几滴二苯胺磺酸钠

15、作指示剂,用 0.0500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液显浅紫红色),平行测定三次,平均消耗(NH4)2Fe(SC)4)2标准溶液 28.00 mL。(5)根据以上数据,样品中K2FeO4的质量分数为。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质,会使测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)圆底烧瓶(1分)饱和食盐水(1分)吸收尾气C b并能防倒吸(1 分)加执(2)MnO2+4H+Mn2+CbT+2H2。(2 分)(3)冰 水 浴(1 分)KzFeCU在强碱性溶液中比较稳定(2 分)(4)3Ch+2Fe3+16OH-2FeO4-+6CI+8

16、H2O(2 分)(5)92.4%(2 分)偏 高(2 分)【解析】根据装置图:首先制得氯气,氯气中混有氯化氢,根据题目信息:KzFeO 强碱性溶液中比较稳定,故须用饱和的食盐水除去氯化氢,再通入三氯化铁和过量的氢氧化钾混合溶液中生成K2FeO 4,氯气是有毒气体,需要氢氧化钠溶液吸收尾气。(1)仪器a 的名称是圆底烧瓶;HC1极易溶于水,饱和食盐水抑制氯气的溶解,又可除去氯气中的H C 1,故装置B 中除杂质所用试剂是饱和食盐水;装置D 是用于吸收尾气C L,反应原理:Cl2+2NaOH=NaCl+NaCIO+H2 O,竖放干燥管能防倒吸,故装置D 的作用是吸收尾气CL并能防倒吸;AA 中发生

17、反应的化学方程式:MnO2+4HCI(浓)=MnCL+C12T+2H2。;(3)C中反应为放热反应,而反应温度须控制在05,采用的控温方法为冰水浴降温;反应中KOH必须过量,由于题干所给信息:KzFeO 在强碱性溶液中比较稳定;(4)根据氧化还原反应原理分析产物是FeOd?-和C1-,C 中总反应的离子方程式:3Ch+2Fe3+16OH-2FeO42+6CI+8H2O;(5)足量 CrC13 和 NaOH 溶液形成 CrO2,CrO2+FeO42-+2H2O=Fe(OH)31+CrO42+OH,6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe,+2Cr3+7H2O,得到定量关系为:2FeO:2CrO:

18、Cr2O;6Fe2+2 6n 0.02800Lx0.0500W/Ln=14moi,250ml 溶液中含有0.0014,1 250mL 0.014 1 皿士 分口 口 叱小 附中尸八附-molxl98g/mol.-mol mol x=-mol 测定该样品中 KzFeCU 的质量分数=3 v inn0/=92.4%3 25mL 3-访-x100I.ug故答案为:92.4%:若(NH4)2Fe(SOa)2标准溶液部分变质,所耗(NH4)2Fe(SOC1O3沉淀I、沉淀n 中都只含有两种沉淀.以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见表:沉淀物Fe(OH)3A1(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH

19、)2CO(OH)2开始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2(1)加入NazSO、的主要作用:(2)向“浸出液”中加入适量的NaClO”反 应 的 离 子 方 程 式 是,加入Na2cO,调节溶液pH 范围为:;萃取剂层含镒元素,则加入NaF的作用是:。(3)制备CO(NH3)6C13时需要将COC16H2。晶体研细,研 磨 时 用 到 的 主 要 仪 器 是。(4)在步骤II中“氧化”过程,需水浴控温在5060,温度不能过高,原因是:。”系列操俏 是指在高浓度的盐酸中使Co(N H jC h 结晶析出,过滤,醇洗,干燥。使用乙醇洗涤产品的具体操

20、作是:。(5)结束后废水中的Co?,,人们常用FeS沉淀剂来处理,原理是(用离子方程式表示)。【答案】(1)作还原剂,将Co(III)还原成Co(H)(2 分)(2)6H+C10;+6Fe=6Fe+C+3H2。(2 分)5.2WpH Ca2.Mg2,SiO2为酸性氧化物,不与盐酸反应,也不与Na2sCh反应,因为NaCICh具有强氧化性,且 C o?的 氧 化 锌 强 于,浸取液中加入NaCICh,利用CIO;氧化性,将 Fe2+氧化成Fe3+,加入碳酸钠,调节p H,沉淀I 只含有两种沉淀,根据信息可知,加入碳酸钠,使 Fe3+、AF全部以氢氧化物形式沉淀,根据问题(2)中萃取剂层含镒元素,

21、因此加入NaF溶液的目的是除去Ca?和 Mg2+,水层经过蒸发浓度、冷却结晶得到目标产物,据此分析;(1)根据上述分析以及流程可知,加入Na2sCh溶液,利用Na2s03的还原性,将Co(HI)还原成Co(ll),故答案为作还原剂,将 Co(IH)还原成Co(II);(2)根据上述分析,加入NaCICh的目的是将Fe2+氧化成Fe-,本身被还原成Cl,根据化合价升降法进行配平,其离子方程式为CIO;+6Fe2+6H=6Fe3 +C+3H2O;加入碳酸钠溶液,调节pH,F e3+,Al3+以 Fe(0H)3和 AI(OH)3形式沉淀,但 Co?+不能沉淀,因此需要调节pH 的范围是5.2WpH7

22、.5;加入NaF,利用 CaF?、MgF?难溶于水,其作用是除去 Ca?+、Mg2+;故答案为 CIO;+6Fe2+6H h=6Fe3+CI+3H2O;5.2pH7,5;除去 Ca?+、Mg2+;(3)研磨固体需要的主要仪器是研钵和研杵;故答案为研钵和研杵;(4)“氧化”过程用H2O2作氧化剂,H2O2受热易分解,如果温度过高,导致H2O2大量分解,降低产率;洗涤产品的操作是向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀,待乙醇自然流下,重复操作23 次;故答案为温度过高,H2O2大量分解,降低产率;向漏斗中注入乙醇使其浸没沉淀,待乙醇自然流下,重复操作23 次;(5)含 Co2+的废水中加入F e S,利用C

23、oS比 FeS更难溶的性质,即反应原理是Co2+FeS=CoS+Fe2+;故答案为 Co2+FeS=CoS+Fe2+028.(15分)乙醇是一种重要的工业原料,被广泛应用于能源、化工、食品等领域。以合成气合成乙醇是近年来研究的热点,其中乙酸甲酯CH3co0C%加氢是制取乙醇的关键步骤之一、包括以下主要反应:I.CH3coOCH3(g)+2H2(g)C2H50H(g)+CH30H(g)AH/71kJmoHI I.C H3C O O C H3(g)+H 2(g)C H3C H O(g)+C H3O H(g)2=+1 3.6 k J-m o H(1)反应 C H 3 c H O(g)+H 2(g)C

24、 2 H 5 O H(g)的 AH=。(2)若在体积为2 L 的密闭容器中,控制C H 3 c o 0 C H 3 流速为2 2.4 m 3.h (已换算为标准状况),C H 3 C O O C H 3 的转化率为8 0.0%,则 C H 3 c o 0 C H 3 的反应速率为 m o l L m i n T(保留三位有效数字)。C H 3 C O O C H 3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降,原因是。(3)乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂,催化剂I 的主要成分为C u-AL 催化剂I I 的主要成分为C u-Z n-Al,实验中采用催化剂I 和催化剂I I 测得不同温下相同时间内乙酸甲酯

25、的转化率如图1。工业生产中应使用的催化剂是(填“催化剂I”或“催化剂H”),温度升高,乙 酸 甲 酯 的 转 化 率 增 大 的 原 因 是。98642Ldo.0.0.乙酸甲f f i转化率图 1250温度C(4)使用X射线衍射仪对催化剂I 和 I I 的中间产物进行XRD分析,根据衍射峰可判断物质的成分。XRD谱图如图2,分析XRD谱图可知,相比催化剂I,催化剂I I 的 中 间 产 物 中 新 生 成 的 物 质 是(填 化 学式)。(5)一定条件下在I L 密闭容器内通入2.0 0 m o l C H 3 C O O C H 3 和 3.9 6 m o l H 2 发生反应I 和 I I

26、,测得不同温度下达平衡时C H 3 c o 0 C H 3 转化率和乙醇的选择性如图3所示。2 6 0 时反应I 的平衡常数K=。温度高于2 4 0 时:随 温 度 升 高 乙 醇 的 选 择 性 降 低 的 原 因 是。乙醇的选择性=n (最终转化为乙醇的C H 3 c o p c 也)n (转化的C H W O O C H J 反应温度/七图3C一二COOC-T转化率卓100Oon2100乙的选0件承【答案】(l)8 4.6 k J/m o l (2 分)(2)6.6 7 (2 分)反应物与催化剂接触时间过短,反应不充分(2 分)(3)催化剂H (1 分)温度升高,反应速率增大,乙酸甲酯的

27、转化率增大(2 分)(4)CUA1 O2(2 分)(5)1 4 (2 分)反应I 为放热反应,反应H为吸热反应,温度升高,反 应 I 向逆反应方向移动,反应I I向正反应方向移动,生成乙醇的量减少(2 分)【解析】(1)由盖斯定律可知,反应 I n 可得反应 C H 3 c H 0(g)+H 2(g)=C 2 H 5 0 H(g),则A,2=(7 1k J/m o l)(+1 3.6 k J/m o l)=8 4.6 k J/m o l,故答案为:8 4.6 k J/m o l ;(2)设时间为I h,由题意可知,乙酸甲酯的起始物质的量为 之 1:h:lOl/n?=0 3 m i,由乙酸甲酯2

28、 2.4 L/m o l1 03m o l x 8 0%的转化率为8 0%可知,乙酸甲酯的反应速率为 2 L =6.6 7 m o l/(L-m i n);若流速过大,乙酸甲酯与催6 0 m i n化剂接触时间过短,反应不能充分进行,导致乙酸甲酯的转化率下降,故答案为:6.6 7;反应物与催化剂接触时间过短,反应不充分;(3)由图可知,相同温度条件下,使用催化剂 时,乙酸甲酯的转化率大于催化剂I,说明催化剂I I 的活性强于催化剂I,反应的反应速率强于催化剂I,则工业生产中应使用的催化剂是催化剂I I;升高温度,化学反应速率增大,单位时间内消耗乙酸甲酯的物质的量增大,乙酸甲酯的转化率增大,故答

29、案为:催化剂n;温度升高,反应速率增大,乙酸甲酯的转化率增大;(4)由图可知,催化剂I I 的中间产物中有偏铝酸亚铜生成,而催化剂I 没有偏铝酸亚铜生成,则相比催化剂1,催化剂H的中间产物中新生成的物质是偏铝酸亚铜,故答案为:CUA1 O2:(5)由图可知,2 6 0 时,乙酸甲酯的转化率为9 0%,乙醇的选择性为7 0%,则平衡时,生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为2.0 0 m o l x 9 0%x 7 0%=1.2 6 m o l,由题给方程式可建立如下三段式:CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H50H(g)+CH30H(g)起(mol/L)2.03.9600变(mol/L)1.2

30、62.521.261.26平(mol/L)0.741.441.261.26CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3cHe)(g)+CH30H(g)起(mol/L)0.741.4401.26变(mol/L)0.540.540.540.54平(mol/L)0.20.90.541.8由三段式数据可知,反应I 的平衡常数长=百 笔空竽粤悬=14;由题给方程式可知,反应I 为放热0.2mol/L x(0.9mol/L)反应,反 应 i i 为吸热反应,温度升高,反应I 向逆反应方向移动,反应n 向正反应方向移动,生成乙醇的量减少,导致乙醇的选择性降低,故答案为:14;反 应 1为放热反应,反应H 为吸

31、热反应,温度升高,反应 1 向逆反应方向移动,反应H 向正反应方向移动,生成乙醇的量减少。(-)选考题:共 15分。请考生从2 道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。35.化学选修3:物质结构与性质(1 5 分)氮化镁(GaN)、碳化硅(SiC)材料是最成熟的第三代半导体的代表,GaN通常以GaCh为钱源,NH,为氮源制备,具有出色的抗击穿能力,能耐受更高的电子密度。(1)请写出基态G a原子的核外电子排布式_ _ _ _ _ _ _。Ga、N 和。的第一电离能 由 小 到 大 的 顺 序 为。GaCl,熔点为77.9,气体在270左右以二聚物存在,GaF,熔 点 1()00,G

32、aCl?的熔点低于GaF,的原因为。(3)Ga03附 3仪=3,4,5,6)是一系列化合物,向含ImolGaCl、xN&的溶液中加入足量AgNO3溶液,有难溶于硝酸的白色沉淀生成;过滤后,充分加热滤液,有 4moi氨气逸出,且又有上述沉淀生成,两次沉淀的物质的量之比为1:2。NH,的 VSEPR模型名称为。GaCl/xNH;含 有 的 化 学 键 类 型 有(填 标 号)。A.极性共价键 B.离子键 C.配位键 D.金属键 E.氢键能准确表示GaCl?xNH、结 构 的 化 学 式 为。(4)与钱同主族的B 具有缺电子性,硼砂(四硼酸钠N a a O,JO H Q)中凡0;一 是由两个H3BO

33、,和两个 B(OH)J缩合而成的双六元环,应写成 B405 9 H),的形式,结构如图所示,则该离子存在的作用力含有(填 标 号),B 原 子 的 杂 化 方 式 为。OHL OHA.离子键 B.极性键 C.氢键 D.范德华力 E.配位键(5)GaN也可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得:以合成的G alCH,),为原料,使其与NH:发生系列反应得到GaN和另一种产物,该过程的化学方程式为 o(6)氮化铉的晶胞如图所示,G a原子与N 原子半径分别为a pm 和 b p m,阿伏加德罗常数的值为N,*,晶胞密度为cg/cn?,则 该 晶 胞 的 空 间 利 用 率 为(已知空间利

34、用率为晶胞内原子体积占晶胞体积的百分比)。O Ga O N【答案】Ar3d104s24p(1 分)GaON(1 分)(2)GaCh为分子晶体,熔化时破坏分子间作用力,GaF,为离子晶体,熔化时破坏离子键,离子键强于分子间作用力,所以GaCL的熔点低于GaF:(2 分)(3)四面体形(1 分)ABC(1 分)Ga(NHj 4 c(2 分)(4)BE(1 分)sp,sp3(I 分)(5)Ga(CH,)3+NH,=GaN+3CH4(2 分)?3+今1。氏 9 分1-X100%3 小70+14【解析】(l)G a是第3 1 号元素,故电子排布式为Ar3 d 4 s?4 d,有 1 个未成对电子。同主族

35、元素从上到下L逐渐减小,同周期元素从左到右L逐渐增大,但 V A 族与VIA族元素反常,所以Ga(B)O3溶液,有沉淀生成,说明有氯离子;过滤后,充分加热滤液,使配位键断裂,产生N&和C 1,有氨气逸出,C与Ag+生成沉淀,两次沉淀的物质的量之比为1:2,则有配位键的c r 与没有配位键的C的个数比为2:1,Ga3+配位数为6,则该溶液中溶质的化学式为 G alN H jC lJC l;(4)根据 B&O5(OH)4 的结构可知,该离子存在的作用力有极性键和配位键,没有离子键、气键、范德华力,故选BE:由结构图可知B 原子的杂化方式为sp,sp3;(5)GaN也可采用MOCVD(金属有机物化学

36、气相淀积)技术制得:以合成的G a(C H j为原料,使其与N&发生系列反应得到GaN和另一种产物,该过程的总化学方程式为:Ga(CH3)3+NH,=GaN+3CH4i-7t(axlO-,o)3+-Jt(bxlO-1)3 x2(6)1个 GaN晶胞含2 个 G a和 2 个 N,所以空间利用率为:-2x(70+14)-x l0 0%=CNA-7t(a3+b3)xlO-,ocNA-3-x 100%070+1436.化学选修5:有机化学基础(15分)氟他胺G 是-一 种可用于治疗肿瘤的药物,实验室由芳香经A 制备G 的合成路线如图(部分反应条件省略):己知:I,苯环上连有烷基时,在引入一个取代基,

37、常取代在烷基的邻、对位;而当苯环上连有短基时,则取代在间位。ONA O 7 -编1-C l,ONH(易被氧化)回答下列问题:(1)A 的名称 o(2)F 中 含 氧 官 能 团 的 名 称,F 到 G 的反应类型(3)B 到 C 的化学反应方程式为(4)下 列 关 于 上 述 合 成 路 线 说 法 正 确 的 是。a.C 到 D 反应条件为光照 b.A 到 B 是氧化反应c.步骤与顺序可以互换 d.G 的分子式为G1H12O4NCOOH(5)以A 为原料可以合成H(),满足下列条件的H 的同分异构体有 种,其中核磁共振氢谱上有四组峰,峰面积比为2:2:2:1的结构简式为 o一NH2直接连在苯

38、环上;能发生银镜反应。COOH(6)参照以上合成路线及信息,写出以A 为 原 料 制 备 的 合 成 路 线 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(其他无机试剂任 N H2选)。【答案】(1)甲 苯(1 分)(2)羟基、段 基(1 分)取 代 反 应(2 分)COOH COOH +HNO3粤_+H 20(2 分)(4)be(2 分)【分析】COOH),逆推可知C 为NO2由有机物的转化关系可知,A 的分子式为C7Hg,C 与氯气发生反应生成D(COOHCOOH COOH,B 与浓硝酸发生硝化反应生成八,则 B 为/、,A 的分子式为C7H8,因此A-B再酸化得到COOH COOHH 0XN

39、0 2 H0X NQ2COOH用下,与发JCOOH与Zn和盐酸发生还原反应生成,在毗咤作H O N H 2COOH主取代反应生成 i f n 9,据此分析解答。HO 人小NH?a HO 人多CH3(1)由分析可知,A 为/人,名称为甲苯。0COOH(2)F 的结构简式为,分子中的含氧官能团为羟基、HO NH2COOH COOH与)发生取代反应生成 i f n(艘基,在毗咤作用下,),即反应类型为取代后代苯环的间位,再发生苯环的取代,产物不变,因此顺序可以互换,c 正确;d.G 的结构简式为H O N H2/C1 HO 人COOH COOH(3)B(,)与浓硝酸发生硝化反应生成USNO?COOH

40、+H2O NO2COOH(4)a.由分析,C 与氯气发生反应生成D(),CI NO2CH3 COOH剂,a错误;b.A-B 为/人发生氧化反应生成人、,0 0COOH),化学方程式为:+HNO3,为苯环的取代反应,条件为FeCb作催化b 正确;c.若步骤和互换,硝基仍取COOHO,则分子式为C11H13O4N,d错 误;答案选be。H O NH(5)由H的同分异构体中一NH2直接连在苯环上,能发生银镜反应可知,连接在苯环上的取代基可能为一NH?和一OOCH或为一NH?、一0 H和一C H O,若取代基为一NH?和一O O C H,取代基在苯环上有邻、间、对3种结构;若取代基为一NH2、一O H和一CHO,NEh和一O H处于邻、间位时都有4种结构,一NH?和一0 H处于对位时有2种结构,则符合条件的同分异构体共有13种,核磁共振氢谱上有4组峰旦峰面积比为1:2:2:2的物质的结构简式为H C O O(6)由题给合成路线及信息可知,以A为原料制备COOH成COOHNH2浓g浓/SO,A的合成步骤为,CH3发生氧化反应生COOHCOOHNO2NO2与

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