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2019-2020年高三化学上学期四月月考试卷(含解析)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分
一、选择题(题型注释)1.国际热核聚变实验反应堆的原理类似太阳发光发热,即在上亿摄氏度的超高温条件下,利用氢的同位素氘、氚的聚变反应释放出核能下列说法正确的是()A.H、D、T互为同素异形体B.氘、氚聚变反应生成其它元素,属于化学变化C.H、D、T与16O、17O、18O构成双氧水分子的相对分子质量有36个D.H
2、D
2、T2在同条件下密度之比为123【答案】D【解析】试题分析A.H、D、T的质子数相同,而中子数不同,互为同位素错误B.化学变化的过程中元素的种类不变,而氘、氚聚变反应生成其它元素,属于核反应错误C.H、D、T与16O、17O、18O构成双氧水分子有H216O
2、H217O
2、H218O
2、D216O
2、D217O
2、D218O
2、T216O
2、T217O
2、T218O
2、HD16O
2、HD17O
2、HD18O
2、HT16O
2、HT17O
2、HT18O
2、DT16O
2、DT17O
2、DT18O
2、H216O17O、H216O18O、H217O18O、D216O17O、D216O18O、D217O18O、T216O17O、T216O18O、T217O18O、HD16O17O、HD16O18O、HD17O18O、HT16O17O、HT16O18O、HT17O18O、DT16O17O、DT17O18O、DT17O18O共36种分子其中很多分子的相对分子质量如HT16O2与T216O2相等因此构成双氧水分子的相对分子质量就少于36个错误D.H
2、D
2、T2在同条件下密度之比等于它们的相对分子质量的比因此密度比等于123正确考点考查化学反应与核反应的区别、同位素、同位素原子构成的微粒及阿伏伽德罗定律的应用的知识2.下列有关物质“量”的说法正确的是()A.相同质量的Al和Al2O3分别与等浓度的NaOH溶液反应,至体系中均无固体物质时,Al2O3消耗碱量多B.反应N2O4+N2H4→N2+H2O中,若有1molN2O4参加反应,则有4mol电子发生转移C.由Na2CO3和NaHCO3组成的混合物中,若nNa+nC=75,则n(Na2CO3)n(NaHCO3)=23D.1molCl2参加的任何反应,反应过程中转移电子数都是2NA【答案】C【解析】试题分析A反应的方程式是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O由方程式可以看出2mol的NaOH反应消耗Al2mol;消耗Al2O31mol2mol的铝的质量小于1mol的Al2O3的质量,因此相同质量的Al和Al2O3与NaOH反应,金属Al消耗碱量多错误B.在反应N2O4+2N2H4=3N2+4H2O中,若有1molN2O4参加反应,则有8mol电子发生转移,错误C.假设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y,则2x+y:x+y=75,则x:y=2:
3.因此即n(Na2CO3)n(NaHCO3)=23正确D.在反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中,1molCl2参加反应,转移电子数是NA错误考点考查有关物质“量”的说法的知识3.在水中加入等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-,该溶液放在用惰性电极材料做电极的电解槽中,通电片刻,则氧化产物与还原产物质质量比为…()A.
35.5108B.16207C.81D.
10835.5【答案】C【解析】试题分析在水中加入等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42-、NO3-、Cl-,首先发生反应Ag++Cl-=AgCl↓;Pb2++SO42-=PbSO4↓;因此得到的溶液为NaNO3溶液阳离子的放电顺序是H+Na+;阴离子的放电顺序是OH-含氧酸根离子该电解反应实质是电解水因此通电片刻,氧化产物O2与还原产物H2的物质的量的比为12,质量比为32:4=8:1因此选项为C考点考查离子反应、电解的应用的知识4.下列关于有机物的说法中正确的是()A.油脂属于高分子化合物B.含五个碳原子的有机物,分子中最多可形成四个碳碳单键C.分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基D.汽油、煤油和植物油都是碳氢化合物【答案】C【解析】试题分析A.油脂都是小分子,不属于高分子化合物错误B.含五个碳原子的有机物,若C原子之间形成环状结构,则分子中最多可形成五个碳碳单键错误C.芳香族有机物含有苯环,有6个C原子,若再含有羧基—COOH,侧链就不能形成双键,分子中的H原子个数就多余6个因此分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基正确D.汽油、煤油都是碳氢化合物;而植物油属于油脂,是含有C、H、O三种元素的化合物错误考点考查常见的阳极化合物的组成、结构的知识5.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加入Mg能放出H2的溶液Na+、Al3+、Cl-、SO42-B.常温下,cH+/cOH-=1010的溶液Fe2+、K+、NO3-、SO42-C.加入苯酚显紫色的溶液NH4+、K+、Cl-、S2-D.使甲基橙呈红色的溶液NH4+、Na+、AlO2-、HCO3-【答案】A【解析】试题分析A.加入Mg能放出H2的溶液是酸性溶液,在酸性溶液中离子Na+、Al3+、Cl-、SO42-不会发生任何反应,能够电离共存正确B.常温下,cH+/cOH-=1010的溶液,cH+=
0.01mol/L,是酸性溶液,在此溶液中会发生反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,不能电离共存,错误C.加入苯酚显紫色的溶液含有Fe3+此时会发生反应2Fe3++3S2-=2FeS+S↓,不能电离共存错误D.使甲基橙呈红色的溶液呈酸性,此时会发生反应4H++AlO2-=Al3++2H2O;H++HCO3-=CO2↑+H2O不能电离共存,错误考点考查离子能否大量共存的知识6.有t℃的agKCl不饱和溶液,其质量分数为w1,采取措施后使其变为bg饱和溶液,其溶质质量分数为w2,下列说法正确的是A.a一定小于或等于b B.aw1一定等于bw2C.t℃时KCl溶解度一定大于100w1 D.w1一定大于w2【答案】C【解析】试题分析A.KCl的溶解度受温度的影响变化较大,若是温度不变,向溶液中加入KCl使其变为饱和溶液,则ab;若是降低温度使溶液恰好变为饱和溶液,则a=b;若是还析出了晶体,则ab错误B.在变化的过程中若是未加入溶质或析出晶体,则aw1=bw2;若是加入了KCl或析出晶体KCl则二者不相等错误C.在t℃时agKCl不饱和溶液,其质量分数为w1,,若变为饱和溶液,则就要加入溶质,因此溶液的质量分数就大于w1,所以KCl溶解度一定大于100w1 正确D.若为同一温度下的溶液,或高于t℃的溶液则w2一定大于w1;若是温度低于t℃,则w1一定大于w2错误考点考查饱和溶液与不饱和溶液的质量分数、溶解度的关系的知识7.下列图示与对应的叙述相符的是A.图Ⅰ表示盐酸滴加到
0.1mol/L某碱溶液得到的滴定曲线,用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂B.图Ⅱ表示一定条件下进行的反应2SO2+O22SO3各成分的物质的量变化,t2时刻改变的条件可能是缩小容器体积C.图Ⅲ表示某明矾溶液中加入BaOH2溶液,沉淀的质量与加入BaOH2溶液体积的关系,在加入20mLBaOH2溶液时铝离子恰好沉淀完全D.图Ⅳ表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化,其中曲线a对应的是盐酸【答案】B【解析】试题分析A.人的视觉有滞后性,为了减少滴定误差,选择指示剂时滴定终点的颜色变化从浅到深,这样误差较小用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取甲基橙作指示剂错误B.反应在t2时刻SO2和O2浓度减小,而SO3的浓度增大,化学平衡正向移动,由于该反应的正反应是气体体积减小的反应,所以改变的条件可能是缩小容器体积,使容器内的气体压强增大,平衡正向移动正确C向某明矾溶液中加入BaOH2溶液,当Al3+沉淀完全时发生反应2KAlSO42+3BaOH2=K2SO4+2AlOH3↓+3BaSO4↓,当SO42-沉淀完全是发生反应KAlSO42+2BaOH2=KAlO2+2BaSO4↓+2H2O所以在加入15mlBaOH2溶液时铝离子恰好沉淀完全;在加入20mLBaOH2溶液时硫酸根离子恰好沉淀完全错误D.向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入等体积的水时,由于在醋酸溶液中存在醋酸分子会继续电离产生H+,因此醋酸溶液的pH变化较小故其中曲线a对应的是醋酸,曲线b对应的是盐酸错误考点考查图像法在酸碱中和滴定、平衡移动、沉淀反应及电解质溶液稀释中的应用的知识第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分
二、填空题(题型注释)8.(15分)已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理请回答下列问题
(1)可逆反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)是炼铁工业中一个重要反应,其温度与平衡常数K的关系如下表T(K)9381100K
0.
680.40
①写出该反应平衡常数的表达式__________
②若该反应在体积固定的密闭容器中进行,在一定条件下达到平衡状态,若升高温度,混合气体的平均相对分子质量_____;充入氦气,混合气体的密度____(选填“增大”、“减小”、“不变”)
(2)常温下,浓度均为
0.1mol·L-1的下列六种溶液的pH如下表溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH
8.
89.
711.
610.
311.
111.3
①上述盐溶液中的阴离子,结合质子能力最强的是
②根据表中数据判断,浓度均为
0.01mol·L-1的下列五种物质的溶液中,酸性最强的是;将各溶液分别稀释100倍,pH变化最小的是(填编号)A.HCNB.HClOC.C6H5OHD.CH3COOHE.H2CO3
③据上表数据,请你判断下列反应不能成立的是(填编号)A.CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONaB.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCNC.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD.CO2+H2O+2C6H5ONa=Na2CO3+2C6H5OH
④要增大氯水中HClO的浓度,可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液,反应的离子方程式为
(3)已知常温下Cu(OH)2的Ksp=2×10-20又知常温下某CuSO4溶液里c(Cu2+)=
0.02mol·L-1,如果要生成Cu(OH)2沉淀,则应调整溶液pH大于;要使
0.2mol·L-1的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原的千分之一)则应向溶液里加NaOH溶液,使溶液pH为【答案】⑴
①k=;
②减小;增大⑵
①CO32-;
②D;C;
③CD;
④2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO⑶5;6【解析】试题分析
(1)
①该反应平衡常数的表达式;
②由于温度升高,化学平衡常数减小说明升高温度,平衡逆向移动,逆反应方向是吸热反应,所以该反应的正反应是放热反应若升高温度,平衡逆向移动,气体的质量减小,而气体的物质的量不变,所以混合气体的平均相对分子质量减小;充入氦气,化学平衡不发生移动,但在整个容器内气体的质量增大,所以混合气体的密度增大;
(2)
①同种浓度的离子结合质子能力越强,则盐水解程度就越大,盐溶液的碱性就越强,即pH越大由于Na2CO3溶液的pH最大,说明CO32-与H+结合力最强因此上述盐溶液中的阴离子,结合质子能力最强的是CO32-
③发生反应时应该是强酸制取弱酸A.酸性CH3COOHH2CO3,正确B.酸性CH3COOHHCN.正确C.H2CO3HClO正确D.由于酸性H2CO3C6H5OHHCO3-,所以会发生反应CO2+H2O+C6H5ONa=NaHCO3+C6H5OH错误
④要增大氯水中HClO的浓度,可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液,反应的离子方程式为2Cl2+CO32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO
(3)cCu2+·c2OH-≥Ksp=2×10-20;c2OH-≥2×10-20÷
0.02=1×10-18;cOH-≥1×10-9;所以pH=5;cCu2+=
0.2mol/L÷1000=2×10-4mol/L则c2OH-≥2×10-20÷2×10-4mol/L=1×10-16所以cOH-≥1×10-8;pH=
6.考点考查化学平衡常数的表达式、温度对化学平衡移动的影响、盐的水解规律、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡的应用的知识9.(14分)铝土矿主要成分为Al2O
3、SiO
2、Fe2O3是提取氧化铝的原料提取氧化铝的工艺流程如下
(1)滤液甲的主要成分是(写化学式)
(2)写出反应II的离子方程式
(3)结合反应II,判断下列微粒结合质子H+的能力,由强到弱的顺序是(填字母序号)A.AlO2―B.OH―C.SiO32―
(4)取滤液甲少许,加入过量盐酸,过滤;再用惰性电极电解其滤液,两极均有气体产生,且全部逸出,在阴极区还有沉淀生成,最后沉淀消失沉淀消失的原因可用离子方程式表示为
(5)取
(4)电解以后的溶液
10.0mL,经分析,该溶液中只含有两种等物质的量浓度的碱性溶质,向其中逐滴加入
0.100mol•L-1盐酸溶液,当加入
50.0mL盐酸溶液时,生成的沉淀恰好溶解
①加入
50.0mL盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序依次为
②请画出生成沉淀的物质的量与加入盐酸体积的关系图【答案】⑴ NaOH、NaAlO
2、Na2SiO3⑵ CO2+2OH-==CO32-+2H2OCO2+2H2O+2AlO2-==2AlOH3↓+HCO3-⑶ b>a>c⑷ AlOH3+OH-=AlO2-+2H2O⑸
①H++OH-==H2OAlO2-+H++H2O=AlOH3↓AlOH3+3H+=Al3++3H2O
②图像如下所表示【解析】试题分析
(1)铝土矿中加入过量的NaOH溶液,其中的Al2O
3、SiO2发生反应得到NaAlO
2、Na2SiO3和过量的NaOH溶液,所以滤液甲的主要成分是NaAlO
2、Na2SiO
3、NaOH;不溶性的固体是Fe2O3
(2)向含有NaAlO
2、Na2SiO
3、NaOH的溶液中通入过量CO2,发生反应CO2+2OH-=CO32-+2H2O;CO2+2H2O+2AlO2-==2AlOH3↓+HCO3-,得到AlOH3沉淀
(3)H2O是中性物质;AlOH3是两性物质,H2SiO3是弱酸所以微粒结合质子H+的能力,由强到弱的顺序是b>a>c
(4)向含有NaAlO
2、Na2SiO
3、NaOH的加入过量盐酸发生反应得到AlCl
3、NaCl、H2SiO3;溶液为AlCl
3、NaCl的混合溶液用惰性电极电解,在阴极发生反应2H++2e-=H2↑由于破坏了附近的水的电离平衡,溶液中OH-的浓度增大,OH-与溶液中的Al3+发生反应形成AlOH3沉淀在阳极发生反应2Cl-—2e-=Cl2↑当溶液呈碱性时,又发生反应AlOH3+OH-=AlO2-+2H2O沉淀又逐渐溶解而消失
(5)
①加入
50.0mL盐酸溶液发生的离子反应的先后顺序是H++OH-=H2O;AlO2-+H++H2O=AlOH3↓AlOH3+3H+=Al3++3H2O由于二者的物质的量相等,所以它们都是是
0.100mol/L×
0.01L=
0.001molNaOH与HCl反应消耗10mlHCl;NaAlO2与HCl反应形成AlOH3沉淀消耗10mlHCl;溶解AlOH3沉淀消耗30mlHCl.图像见图示:考点考查元素与化合物的性质、混合物的分离、离子方程式的书写、nHCl与沉淀的关系图像的知识10.(14分)利用废铁丝、硫酸铜废液(含硫酸亚铁)和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体生产过程如下试回答下列问题
(1)铁丝在投入硫酸铜废液前需用稀H2SO4进行处理,可能发生反应的离子方程式有
(2)为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶,在加入稀H2SO4的同时,还通入O2通入O2的目的是(用化学反应方程式表示)在实验室中,常将适量浓硝酸分多次加入到铜粉与稀硫酸的混合物中,加热使之反应完全,通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体(装置如图所示)
(3)写出烧瓶中发生反应的离子方程式为
(4)广口瓶的作用是
(5)为符合绿色化学的要求,某研究性学习小组进行如下设计将
3.2g铜丝放到45mL
1.5mol·L-1的稀硫酸中,控温在50℃加入18mL10%的H2O2,反应
0.5h后,升温到60℃,持续反应1h后,过滤、蒸发浓缩、减压抽滤等,用少量95%的酒精淋洗后晾干,得CuSO4·5H2O
10.5g请回答
①加热时温度不宜过高的原因是;
②本实验CuSO4·5H2O的产率为【答案】⑴Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,2Fe3++Fe=3Fe2+,Fe+2H+=Fe2++H2↑;⑵2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O或2Cu+O2=2CuO,CuO+H2SO4=CuSO4+H2O;⑶3Cu+8H++3NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;⑷安全瓶;⑸
①防止双氧水分解;
②84%【解析】试题分析
(1)铁丝表面有铁锈投入稀H2SO4中发生反应的两种方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;2Fe3++Fe=3Fe2+;Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(2)为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶,在加入稀H2SO4的同时,还通入O2通入O2的目的是使Cu变为氧化铜,与酸反应得到CuSO
4.反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O或2Cu+O2=2CuO,CuO+H2SO4=CuSO4+H2O;
(3)在烧瓶中Cu与稀硝酸发生反应的离子方程式为3Cu+8H++3NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(4)广口瓶的作用是安全瓶,防止倒吸现象的发生;
(5)
①加热时温度不宜过高是由于在反应的过程中使用了H2O2,而H2O2受热容易分解,使用温度不宜过高
②nCu=
3.2g÷64g/mol=
0.05molnH2SO4=
0.045L×
1.5mol/L=
0.0675mol硫酸过量,所以产生的CuSO4按照Cu来计算,理论产量
0.05mol×250g/mol=
12.5g因此CuSO4·5H2O的产率为
10.5g÷
12.5g×100%=84%考点考查物质的制取方法、化学方程式、离子方程式的书写、反应条件的选择及物质的产率的计算11.15分空气吹出法工艺,是目前“海水提溴”的最主要方法之一其工艺流程如下
(1)溴在周期表中位于第______周期第________族
(2)步骤
①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率,理由是__________________________
(3)步骤
④利用了SO2的还原性,反应的离子方程式为________________________
(4)步骤
⑥的蒸馏过程中,温度应控制在80~90℃温度过高或过低都不利于生产,请解释原因____________________________________________________
(5)步骤
⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物,可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离分离仪器的名称是____________
(6)步骤
①、
②之后并未直接用“含Br2的海水”进行蒸馏得到液溴,而是经过“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸馏,这样操作的意义是_________________________________________【答案】
(1)4 ⅦA
(2)酸化可抑制Cl
2、Br2与水反应
(3)Br2+SO2+2H2O===4H++2Br-+SO
(4)温度过高,产生大量水蒸气,溴蒸气中水蒸气增加;温度过低,溴不能完全蒸出,吸收率低
(5)分液漏斗
(6)“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程,与直接蒸馏含Br2海水相比效率更高,消耗能更少,成本降低【解析】试题分析
(1)35号元素溴在周期表中位于第四周期第ⅦA
(2)步骤
①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率,是因为在酸性溶液中可以减少Cl
2、Br2与水反应;
(3)步骤
④利用了SO2的还原性,反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO
(4)步骤
⑥的蒸馏过程中,温度应控制在80~90℃温度过高或过低都不利于生产,是因为温度过高,会产生大量水蒸气,溴蒸气中水蒸气含量增加;若温度过低,溴又不能完全蒸出,吸收率就会降低
(5)步骤
⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物,可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离分离互不相溶的两层液体混合物的方法叫分液,分离仪器的名称是分液漏斗
(6)步骤
①、
②之后并未直接用“含Br2的海水”进行蒸馏得到液溴,而是经过“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸馏,是因为“空气吹出”、“SO2吸收”、“氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程,与直接蒸馏含Br2海水相比效率更高,消耗能更少,成本降低,效益更高考点考查空气吹出法从“海水提溴”的反应原理、反应条件的选择、离子方程式的书写混合物的分离方法知识12.(15分)X、Y、Z、Q、W为按原子序数由小到大排列的五种短周期元素,已知
①X元素与Q处于同一主族,其原子价电子排布式都为ns2np2,且X原子半径小于Q的
②Y元素是地壳中含量最多的元素;W元素的电负性略小于Y元素,在W原子的电子排布中,p轨道上只有1个未成对电子
③Z元素的电离能数据见下表(kJ·mol-1)I1I2I3I4…496456269129540…请回答
(1)XY2分子空间构型为,X原子的轨道杂化方式为;QX的晶体结构与金刚石的相似,其中X原子的杂化方式为,微粒间存在的作用力是
(2)晶体ZW的熔点比晶体XW4明显高的原因是
(3)氧化物MO的电子总数与QX的相等,则M为______________(填元素符号)MO是优良的耐高温材料,其晶体结构与ZW晶体相似MO的熔点比CaO的高,其原因是_________________________
(4)ZW晶体的结构示意图如右图已知ρZW=
2.2g·cm-3,NA=
6.02×1023mol-1,则ZW晶体中两个最近的Z离子中心间的距离为【答案】⑴直线型分子;sp杂化;sp3杂化;共价键;⑵NaCl为离子晶体而CCl4为分子晶体;⑶MgMg2+半径比Ca2+小,MgO晶格能大⑷
4.0×10-8cm【解析】试题分析根据题意可推知各种元素分别为X是C;Y的O;Z是Na;Q是Si;W是Cl
(1)CO2分子空间构型为直线型;其中X原子的轨道杂化方式为sp杂化;SiC的晶体结构与金刚石的相似,是原子晶体,其中C原子的杂化方式为sp3杂化;C原子与Si原子之间的作用力是共价键
(2)NaCl晶体是离子晶体,离子间通过离子键结合,离子键是一种强烈的相互作用,断裂较难,因此该化合物的熔点高;而CCl4是由分子通过分子间作用力结合,分子间作用力是一种比较弱的作用,破坏比较容易,因此该晶体的熔沸点比较低,CCl4在室温下为液态
(3)SiC的电子数是20,而氧化物MO的电子总数与SiC的相等,则M的电子数是12,该元素是Mg;MgO是优良的耐高温材料,其晶体结构与NaCl晶体相似MgO的熔点比CaO的高,是因为Mg2+半径比Ca2+小,MgO晶格能大,断裂其离子键比CaO难,所以熔点较高
(4)在一个晶胞中含有的Na+8×1/8+6×1/2=4;含有的Cl-12×1/4+1=
4.即一个晶胞中含有4个NaCl.所以晶胞的边长为L,则在晶胞中两个最近的Na+的距离是整理解得=
4.0×10-8cm考点考查元素的推断、分子的空间构型、原子的杂化、微粒的作用力、晶体中离子间的距离的知识13.(15分)用作软质隐形眼镜材料的聚合物E是一种合成聚合物E的路线如下A已知+R—CH2—CHO―→回答下列问题
(1)A能与新制CuOH2反应产生砖红色沉淀,A的结构简式是__________;
(2)D中含有的官能团名称为__________________;
(3)D→E的反应类型是____________反应;
(4)C有多种同分异构体属于酯且含有碳碳双键的同分异构体共有________种不考虑顺反异构,写出其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1∶3的同分异构体的结构简式__________;
(5)写出由乙烯合成乙二醇的化学方程式________________________________【答案】
(1)CH3CH2CHO
(2)碳碳双键、酯基、羟基
(3)加聚;
(4)5 ;HCOOCH===CHCH3
(5)CH2===CH2+Br2CH2BrCH2Br;CH2BrCH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr【解析】试题分析本题采用逆推法,聚合物E是;则单体D;C与乙二醇HOCH2CH2OH发生酯化反应得到D,则C是;B与银氨溶液发生反应然后酸化得到C,则B是;A与HCHO反应然后脱水得到B,根据题目提供的信息可知A是CH3CH2CHO
(1)A能与新制CuOH2反应产生砖红色沉淀,A的结构简式是CH3CH2CHO;
(2)D中含有的官能团名称为碳碳双键、酯基、羟基;
(3)D→E的反应类型是加聚反应;
(4)C有多种同分异构体其中属于酯且含有碳碳双键的同分异构体共有5种,有;CH2=CH—OOC—CH3;CH2=CHCH2—OOCH;CH3CH=CH—OOCH;CH3COOCH=CH2;其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶1∶3的同分异构体的结构简式是HCOOCH===CHCH3
(5)由乙烯合成乙二醇的化学方程式是
(5)CH2===CH2+Br2CH2BrCH2Br;CH2BrCH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr考点考查有机物的结构、性质、相互转化、化学方程式及同分异构体的书写的知识评卷人得分
三、实验题(题型注释)评卷人得分
四、计算题(题型注释)评卷人得分
五、简答题(题型注释)评卷人得分
六、推断题(题型注释)HCHO-H2O。