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2022年高考化学真题(全国乙卷)(解析版).docx
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2022 年高 化学 全国 解析
2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷) 化学 1. 生活中处处有化学,下列叙述正确的是 A. HB铅笔芯的成分为二氧化铅 B. 碳酸氢钠可做食品膨松剂 C. 青铜和黄铜是不同结构的单质铜 D. 焰火中红色来源于钠盐灼烧 【答案】B 【解析】 【详解】A.铅笔芯的主要成分为石墨,不含二氧化铅,A错误; B.碳酸氢钠不稳定,受热易分解产生二氧化碳,能使面团松软,可做食品膨松剂,B正确 ; C.青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金,黄铜为是由铜和锌所组成的合金,两者均属于混合物,不是铜单质,C错误; D.钠元素灼烧显黄色,D错误; 故选B。 2. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下: 下列叙述正确的是 A. 化合物1分子中的所有原子共平面 B. 化合物1与乙醇互为同系物 C. 化合物2分子中含有羟基和酯基 D. 化合物2可以发生开环聚合反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.化合物1分子中还有亚甲基结构,其中心碳原子采用sp3杂化方式,所以所有原子不可能共平面,A错误; B.结构相似,分子上相差n个CH2的有机物互为同系物,上述化合物1为环氧乙烷,属于醚类,乙醇属于醇类,与乙醇结构不相似,不是同系物,B错误; C.根据上述化合物2的分子结构可知,分子中含酯基,不含羟基,C错误; D.化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物,D正确; 答案选D。 3. 某白色粉末样品,可能含有、、和。取少量样品进行如下实验: ①溶于水,得到无色透明溶液 ②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体逸出。离心分离。 ③取②的上层清液,向其中滴加溶液有沉淀生成。 该样品中确定存在的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知,①取少量样品溶于水得到无色透明溶液,说明固体溶于水且相互之间能共存,②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体放出,说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑,离心分离,③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液,有沉淀生成,则沉淀为BaSO4,说明固体中存在Na2SO4,不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3,Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫,Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳,而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉,综上分析,该样品中确定存在的是:Na2SO4、Na2S2O3, 答案选A。 4. 由实验操作和现象,可得出相应正确结论的是 实验操作 现象 结论 A 向NaBr溶液中滴加过量氯水,再加入淀粉KI溶液 先变橙色,后变蓝色 氧化性: B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热,加入新制的悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解 C 石蜡油加强热,将产生的气体通入的溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃 D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚可逆反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A.向NaBr溶液中滴加过量氯水,溴离子被氧化为溴单质,但氯水过量,再加入淀粉KI溶液,过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质,无法证明溴单质的氧化性强于碘单质,A错误; B.向蔗糖溶液中滴加稀硫酸,水浴加热后,应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性,若不加氢氧化钠,未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应,则不会产生砖红色沉淀,不能说明蔗糖没有发生水解,B错误; C.石蜡油加强热,产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色,说明气体中含有不饱和烃,与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色,C正确; D.聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体,说明产生了氯化氢,不能说明氯乙烯加聚是可逆反应,可逆反应是指在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向逆反应的方向进行的反应,而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同,D错误; 答案选C。 5. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21。分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示,在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是 A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B. 最高价氧化物的水化物酸性: C. 阶段热分解失去4个 D. 热分解后生成固体化合物 【答案】D 【解析】 【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示,在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出,则说明失去的是水,即W为H,Z为O,YZ2分子的总电子数为奇数,常温下为气体,则Y为N,原子序数依次增加,且加和为21,则X为B。 【详解】A.X(B)的单质常温下为固体,故A错误; B.根据非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,则最高价氧化物的水化物酸性:X(H3BO3)<Y(HNO3),故B错误; C.根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出,则说明失去是水,若100~200℃阶段热分解失去4个H2O,则质量分数,则说明不是失去去4个H2O,故C错误; D.化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3),根据硼元素守恒,则得到关系式2NH4B5O8·4H2O~5B2O3,则固体化合物B2O3质量分数为,说明假设正确,故D正确。 综上所述,答案为D。 6. 电池比能量高,在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是 A. 充电时,电池的总反应 B. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关 C. 放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移 D. 放电时,正极发生反应 【答案】C 【解析】 【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应(Li++e-=Li+)和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2),则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2,结合图示,充电时金属Li电极为阴极,光催化电极为阳极;则放电时金属Li电极为负极,光催化电极为正极;据此作答。 【详解】A.光照时,光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电,结合阴极反应和阳极反应,充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2,A正确; B.充电时,光照光催化电极产生电子和空穴,阴极反应与电子有关,阳极反应与空穴有关,故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关,B正确; C.放电时,金属Li电极为负极,光催化电极为正极,Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移,C错误; D.放电时总反应为2Li+O2=Li2O2,正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2,D正确; 答案选C。 7. 常温下,一元酸的。在某体系中,与离子不能穿过隔膜,未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中,当达到平衡时,下列叙述正确的是 A. 溶液Ⅰ中 B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为 C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等 D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A.常温下溶液I的pH=7.0,则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L,c(H+)<c(OH-)+c(A-),A错误; B.常温下溶液II的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol/L,Ka==1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),则=1.0×10-3,解得=,B正确; C.根据题意,未电离的HA可自由穿过隔膜,故溶液I和II中的c(HA)相等,C错误; D.常温下溶液I的pH=7.0,溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L,Ka==1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),=1.0×10-3,溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA),溶液II的pH=1.0,溶液II中c(H+)=0.1mol/L,Ka==1.0×10-3,c总(HA)=c(HA)+c(A-),=1.0×10-3,溶液II中c总(HA)=1.01c(HA),未电离的HA可自由穿过隔膜,故溶液I和II中的c(HA)相等,溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]:[1.01c(HA)]=(104+1):1.01≈104,D错误; 答案选B 8. 废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源,通过下图流程实现铅的回收。 一些难溶电解质的溶度积常数如下表: 难溶电解质 一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的如下表: 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题: (1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________,用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。 (2)在“脱硫”中,加入不能使铅膏中完全转化,原因是________。 (3)在“酸浸”中,除加入醋酸(),还要加入。 (ⅰ)能被氧化的离子是________; (ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为,其化学方程式为________; (ⅲ)也能使转化为,的作用是________。 (4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是________。 (5)“沉铅”的滤液中,金属离子有________。 【答案】(1) ①. PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) ②. 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105,PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3 (2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105,反应正向进行的程度有限 (3) ①. Fe2+ ②. Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O ③. 作还原剂 (4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)Ba2+、Na+ 【解析】 【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等,向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫,硫酸铅转化为碳酸铅,过滤,向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸,过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知,滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁,过滤后,向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅,得到氢氧化铅沉淀,滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子,氢氧化铅再进行处理得到PbO。 【小问1详解】 “脱硫”中,碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠,反应的离子方程式为:PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq),由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知,Ksp(PbCO3)=7.410-14,Ksp(PbSO4)=2.510-8,反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105,说明可以转化的比较彻底,且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中,减少铅的损失。 【小问2详解】 反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105,说明该反应正向进行的程度有限,因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。 【小问3详解】 (i)过氧化氢有氧化性,亚铁离子有还原性,会被过氧化氢氧化为铁离子。 (ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2,过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O,依据得失电子守恒和原子守恒可知,反应的化学方程式为:Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。 (iii)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,铅元素化合价由+4价降低到了+2价,PbO2是氧化剂,则过氧化氢是还原剂。 【小问4详解】 酸浸后溶液的pH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知,滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。 【小问5详解】 依据分析可知,加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化,铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅,因此沉铅的滤液中,金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。 9. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾()可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤: Ⅰ.取已知浓度的溶液,搅拌下滴加足量溶液,产生浅蓝色沉淀。加热,沉淀转变成黑色,过滤。 Ⅱ.向草酸()溶液中加入适量固体,制得和混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80-85℃,加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后,趁热过滤。 Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩,经一系列操作后,干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体,进行表征和分析。 回答下列问题: (1)由配制Ⅰ中的溶液,下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。 (2)长期存放的中,会出现少量白色固体,原因是________。 (3)Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为,写出反应的化学方程式________。 (5)Ⅱ中,为防止反应过于剧烈而引起喷溅,加入应采取________的方法。 (6)Ⅲ中应采用________进行加热 (7)Ⅳ中“一系列操作”包括________。 【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管 (2)风化失去结晶水生成无水硫酸铜 (3)CuO (4)3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑ (5)分批加入并搅拌 (6)水浴 (7)冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】 【分析】取已知浓度的溶液,搅拌下滴加足量溶液,产生浅蓝色沉淀氢氧化铜,加热,氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀,过滤,向草酸()溶液中加入适量固体,制得和混合溶液,将和混合溶液加热至80-85℃,加入氧化铜固体,全部溶解后,趁热过滤,将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 【小问1详解】 由固体配制硫酸铜溶液,需用天平称量一定质量的固体,将称量好的固体放入烧杯中,用量筒量取一定体积的水溶解,因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。 【小问2详解】 含结晶水,长期放置会风化失去结晶水,生成无水硫酸铜,无水硫酸铜为白色固体。 【小问3详解】 硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀,加热,氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。 【小问4详解】 草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5:1发生非氧化还原反应生成、、CO2和水,依据原子守恒可知,反应的化学方程式为:3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。 【小问5详解】 为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈,造成液体喷溅,可减缓反应速率,将碳酸钾进行分批加入并搅拌。 【小问6详解】 Ⅲ中将混合溶液加热至80-85℃,应采取水浴加热,使液体受热均匀。 小问7详解】 从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 10. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢,需要回收处理并加以利用。回答下列问题: (1)已知下列反应的热化学方程式: ① ② ③ 计算热分解反应④的________。 (2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是:利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是________,缺点是________。 (3)在、反应条件下,将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等,平衡转化率为________,平衡常数________。 (4)在、反应条件下,对于分别为、、、、的混合气,热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。 ①越小,平衡转化率________,理由是________。 ②对应图中曲线________,计算其在之间,分压的平均变化率为________。 【答案】(1)170 (2) ①. 副产物氢气可作燃料 ②. 耗能高 (3) ①. 50% ②. 4.76 (4) ①. 越高 ②. n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2S平衡转化率越高 ③. d ④. 24.9 【解析】 【小问1详解】 已知: ①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1036kJ/mol ②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=94kJ/mol ③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-484kJ/mol 根据盖斯定律(①+②)×-③即得到2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的ΔH4=(-1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol=170 kJ/mol; 【小问2详解】 根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g) ΔH=(-1036+94)kJ/mol×=-314kJ/mol,因此,克劳斯工艺的总反应是放热反应;根据硫化氢分解的化学方程式可知,高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此,高温热分解方法的优点是:可以获得氢气作燃料;但由于高温分解H2S会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高; 【小问3详解】 假设在该条件下,硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol,根据三段式可知: 平衡时H2S和H2的分压相等,则二者的物质的量相等,即1-x=x,解得x=0.5,所以H2S的平衡转化率为,所以平衡常数Kp==≈4.76kPa; 【小问4详解】 ①由于正反应是体积增大的可逆反应,n(H2S):n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应方向移动,因此H2S平衡转化率越高; ②n(H2S):n(Ar)越小,H2S平衡转化率越高,所以n(H2S):n(Ar)=1:9对应的曲线是d;根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下,硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol,则根据三段式可知 此时H2S的压强为≈7.51kPa,H2S的起始压强为10kPa,所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。 【化学—选修3:物质结构与性质】 11. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题: (1)氟原子激发态的电子排布式有_______,其中能量较高的是_______。(填标号) a. b. c. d. (2)①一氯乙烯分子中,C的一个_______杂化轨道与Cl的轨道形成_______键,并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。 ②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中,键长的顺序是_______,理由:(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多,形成的键越强:(ⅱ)_______。 (3)卤化物受热发生非氧化还原反应,生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。 (4)晶体中离子作体心立方堆积(如图所示),主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下,不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此,晶体在电池中可作为_______。 已知阿伏加德罗常数为,则晶体的摩尔体积_______(列出算式)。 【答案】(1) ①. ad ②. d (2) ①. sp2 ②. σ ③. 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 ④. Cl参与形成的大π键越多,形成的C-Cl键的键长越短 (3) ①. CsCl ②. CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体 (4) ①. 电解质 ②. 【解析】 【小问1详解】 F的原子序数为9,其基态原子电子排布式为1s22s22p5, a.1s22s22p43s1,基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上,属于氟原子的激发态,a正确; b.1s22s22p43d2,核外共10个电子,不是氟原子,b错误; c.1s22s12p5,核外共8个电子,不是氟原子,c错误; d.1s22s22p33p2,基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上,属于氟原子的激发态,d正确; 答案选ad; 而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高,因此能量最高的是1s22s22p33p2,答案选d。 【小问2详解】 ①一氯乙烯的结构式为,碳为双键碳,采取sp2杂化,因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。 ②C的杂化轨道中s成分越多,形成的C-Cl键越强,C-Cl键的键长越短,一氯乙烷中碳采取sp3杂化,一氯乙烯中碳采取sp2杂化,一氯乙炔中碳采取sp杂化,sp杂化时p成分少,sp3杂化时p成分多,因此三种物质中C-Cl键键长顺序为:一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔,同时Cl参与形成的大π键越多,形成的C-Cl键的键长越短,一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键( ),一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键( ),因此三种物质中C-Cl键键长顺序为:一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。 【小问3详解】 CsICl2发生非氧化还原反应,各元素化合价不变,生成无色晶体和红棕色液体,则无色晶体为CsCl,红棕色液体为ICl,而CsCl为离子晶体,熔化时,克服的是离子键,ICl为分子晶体,熔化时,克服的是分子间作用力,因此CsCl的熔点比ICl高。 【小问4详解】 由题意可知,在电场作用下,Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移,因此α-AgI晶体是优良的离子导体,在电池中可作为电解质;每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个,依据化学式AgI可知,银离子个数也为2个,晶胞的物质的量n=mol=mol,晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3,则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。 [化学-选修5:有机化学基础] 12. 左旋米那普伦是治疗成人重度抑郁症的药物之一,以下是其盐酸盐(化合物K)的一种合成路线(部分反应条件已简化,忽略立体化学): 已知:化合物F不能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。 回答下列问题: (1)A的化学名称是_______。 (2)C的结构简式为_______。 (3)写出由E生成F反应的化学方程式_______。 (4)E中含氧官能团的名称为_______。 (5)由G生成H的反应类型为_______。 (6)I是一种有机物形成的盐,结构简式为_______。 (7)在E的同分异构体中,同时满足下列条件的总数为_______种。 a)含有一个苯环和三个甲基; b)与饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳; c)能发生银镜反应,不能发生水解反应。 上述同分异构体经银镜反应后酸化,所得产物中,核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比为6:3:2:1)的结构简式为_______。 【答案】(1)3-氯-1-丙烯 (2) (3)+H2O (4)羟基、羧基 (5)取代反应 (6) (7) ①. 10 ②. 、 【解析】 【分析】A发生氧化反应生成B,B与C在NaNH2、甲苯条件下反应生成D,对比B、D的结构简式,结合C的分子式C8H7N,可推知C的结构简式为;D与30%Na2CO3反应后再酸化生成E,E在浓硫酸、甲苯条件下反应生成F,F不能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2,F中不含羧基,F的分子式为C11H10O2,F在E的基础上脱去1个H2O分子,说明E发生分子内酯化生成F,则F的结构简式为;F与(C2H5)2NH在AlCl3、甲苯条件下反应生成G,G与SOCl2、甲苯反应生成H,H的分子式为C15H20ClNO,H与I反应生成J,结合G、J的结构简式知,H的结构简式为;I的分子式为C8H4KNO2,I是一种有机物形成的盐,则I的结构简式为;据此作答。 【小问1详解】 A的结构简式为CH2=CHCH2Cl,属于氯代烯烃,其化学名称为3-氯-1-丙烯;答案为:3-氯-1-丙烯。 【小问2详解】 根据分析,C的结构简式为;答案为:。 【小问3详解】 E的结构简式为,F的结构简式为,E生成F的化学方程式为+H2O;答案为:+H2O。 【小问4详解】 E的结构简式为,其中含氧官能团的名称为(醇)羟基、羧基;答案为:羟基、羧基。 【小问5详解】 G的结构简式为,H的结构简式为,G与SOCl2发生取代反应生成H;答案为:取代反应。 【小问6详解】 根据分析,I的结构简式为;答案为:。 【小问7详解】 E的结构简式为,E的分子式为C11H12O3,不饱和度为6;E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2,结合分子式中O原子的个数,说明含1个羧基,能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基;若3个甲基在苯环上的位置为时,羧基、醛基在苯环上有3种位置;若3个甲基在苯环上的位置为时,羧基、醛基在苯环上有6种位置;若3个甲基在苯环上的位置为时,羧基、醛基在苯环上有1种位置;故符合题意的同分异构体共有3+6+1=10种;上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6:3:2:1的结构简式为、;答案为:10;、。

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