2019年全國(guó)卷3 化學(xué)解析匯報(bào)版

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1、word 絕密★啟用前 2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試 理科綜合能力測(cè)試 須知事項(xiàng)： 1．答卷前，考生務(wù)必將自己的某某、某某號(hào)填寫在答題卡上。 2．回答選擇題時(shí)，選出每一小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無(wú)效。。 3．考試完畢后，將本試卷和答題卡一并交回。 可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127 一、選擇題：此題共13個(gè)小題，每一小題

2、6分。共78分，在每一小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。 1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。如下表示錯(cuò)誤的答案是〔〕 A. 高純硅可用于制作光感電池 B. 鋁合金大量用于高鐵建設(shè) C. 活性炭具有除異味和殺菌作用 D. 碘酒可用于皮膚外用消毒 【答案】C 【解析】 【詳解】A、硅是半導(dǎo)體，高純硅可用于制作光感電池，A正確； B、鋁合金硬度大，可用于高鐵建設(shè)，B正確； C、活性炭具有吸附性，可用于除異味，但不能殺菌消毒，C錯(cuò)誤； D、碘酒能使蛋白質(zhì)變性，可用于皮膚外用消毒，D正確； 答案選C。 2.如下化合物的分子中，所有原子可能共平面的是〔〕 A. 甲苯B

3、. 乙烷C. 丙炔D. 1,3?丁二烯 【答案】D 【解析】 【詳解】A、甲苯中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，A不選； B、乙烷是烷烴，所有原子不可能共平面，B不選； C、丙炔中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，C不選； D、碳碳雙鍵是平面形結(jié)構(gòu)，因此1，3－丁二烯分子中兩個(gè)雙鍵所在的兩個(gè)面可能重合，所有原子可能共平面，D選。 答案選D。 3.X、Y、Z均為短周期主族元素，它們?cè)拥淖钔鈱与娮訑?shù)之和為10，X與Z同族，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，且Y原子半徑大于Z。如下表示正確的答案是〔〕 A. 熔點(diǎn)：X的氧化物比Y的氧化物高 B. 熱穩(wěn)定性：X的氫化物大

4、于Z的氫化物 C. X與Z可形成離子化合物ZX D. Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)均能溶于濃硫酸 【答案】B 【解析】 【詳解】Y的最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，由于均是主族元素，所以Y的最外層電子數(shù)不可能是8個(gè)，如此X只能是第二周期元素，因此Y的最外層電子數(shù)是2個(gè)，又因?yàn)閅的原子半徑大于Z，如此Y只能是第三周期的Mg，因此X與Z的最外層電子數(shù)是〔10－2〕/2＝4，如此X是C，Z是Si。 A、碳的氧化物形成的分子晶體，Y的氧化物是離子化合物氧化鎂，如此氧化鎂的熔點(diǎn)高于碳的氧化物熔點(diǎn)，A錯(cuò)誤； B、碳元素的非金屬性強(qiáng)于硅元素，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，如此碳的氫化物穩(wěn)定性強(qiáng)于硅的氫化物

5、穩(wěn)定性，B正確； C、C與Si形成的是共價(jià)化合物SiC，C錯(cuò)誤； D、單質(zhì)鎂能溶于濃硝酸，單質(zhì)硅不溶于濃硝酸，D錯(cuò)誤； 答案選B。 4.離子交換法凈化水過(guò)程如下列圖。如下說(shuō)法中錯(cuò)誤的答案是〔〕 A. 經(jīng)過(guò)陽(yáng)離子交換樹脂后，水中陽(yáng)離子總數(shù)不變 B. 水中的、、Cl?通過(guò)陰離子樹脂后被除去 C. 通過(guò)凈化處理后，水的導(dǎo)電性降低 D. 陰離子樹脂填充段存在反響H++OH?H2O 【答案】A 【解析】 【詳解】離子交換樹脂凈化水的原理是：當(dāng)含有Na+、Ca2+、Mg2+等陽(yáng)離子與SO42－、Cl－、NO3－等陰離子的原水通過(guò)陽(yáng)離子交換樹脂時(shí)，水中的陽(yáng)離子為樹脂所吸附，而樹脂上

6、可交換的陽(yáng)離子H＋如此被交換到水中，并和水中的陰離子組成相應(yīng)的無(wú)機(jī)酸；當(dāng)含有無(wú)機(jī)酸的水再通過(guò)陰離子交換樹脂時(shí)，水中的陰離子也為樹脂所吸附，樹脂上可交換的陰離子OH－也被交換到水中，同時(shí)與水中的H＋離子結(jié)合成水，如此 A、根據(jù)電荷守恒可知經(jīng)過(guò)陽(yáng)離子交換樹脂后，水中陽(yáng)離子總數(shù)增加，A錯(cuò)誤； B、根據(jù)以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等陰離子通過(guò)陰離子交換樹脂被除去，B正確； C、通過(guò)凈化處理后，溶液中離子的濃度降低，導(dǎo)電性降低，C正確； D、根據(jù)以上分析可知陰離子交換樹脂填充段存在反響H＋＋OH－＝H2O，D正確； 答案選A。 5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=

7、2的H3PO4溶液，如下說(shuō)法正確的答案是〔〕 A. 每升溶液中的H+數(shù)目為NA B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH?) C. 加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小 D. 參加NaH2PO4固體，溶液酸性增強(qiáng) 【答案】B 【解析】 【詳解】A、常溫下pH＝2，如此溶液中氫離子濃度是，因此每升溶液中H＋數(shù)目為NA，A錯(cuò)誤； B、根據(jù)電荷守恒可知選項(xiàng)B正確； C、加水稀釋促進(jìn)電離，電離度增大，但氫離子濃度減小，pH增大，C錯(cuò)誤； D、參加NaH2PO4固體，H2PO4－濃度增大，抑制磷酸的電離，溶液的酸性減弱，D錯(cuò)誤； 答案選B。 6.如下實(shí)驗(yàn)不能達(dá)到目

8、的的是〔〕 選項(xiàng) 目的 實(shí)驗(yàn) A 制取較高濃度的次氯酸溶液 將Cl2通入碳酸鈉溶液中 B 加快氧氣的生成速率 在過(guò)氧化氫溶液中參加少量MnO2 C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 參加飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液 D 制備少量二氧化硫氣體 向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸 A. AB. BC. CD. D 【答案】A 【解析】 【詳解】A、氯氣與碳酸鈉溶液反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和碳酸氫鈉，不能制備次氯酸，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，A選； B、過(guò)氧化氫溶液中參加少量二氧化錳作催化劑，加快雙氧水的分解，因此可以加快氧氣的生成速率，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，B不選； C、碳酸鈉溶液與乙

9、酸反響，與乙酸乙酯不反響，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珻不選； D、根據(jù)較強(qiáng)酸制備較弱酸可知向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可以制備二氧化硫，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，D不選； 答案選A。 7.為提升電池循環(huán)效率和穩(wěn)定性，科學(xué)家近期利用三維多孔海綿狀Zn〔3D?Zn〕可以高效沉積ZnO的特點(diǎn)，設(shè)計(jì)了采用強(qiáng)堿性電解質(zhì)的3D?Zn—NiOOH二次電池，結(jié)構(gòu)如如下圖所示。電池反響為Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)?！病? A. 三維多孔海綿狀Zn具有較高的外表積，所沉積的ZnO分散度高 B. 充電時(shí)陽(yáng)極反響為Ni(OH)2(s)+OH?(

10、aq)?e?NiOOH(s)+H2O(l) C. 放電時(shí)負(fù)極反響為Zn(s)+2OH?(aq)?2e?ZnO(s)+H2O(l) D. 放電過(guò)程中OH?通過(guò)隔膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū) 【答案】D 【解析】 【詳解】A、三維多孔海綿狀Zn具有較高的外表積，吸附能力強(qiáng)，所沉積的ZnO分散度高，A正確； B、充電相當(dāng)于是電解池，陽(yáng)極發(fā)生失去電子的氧化反響，根據(jù)總反響式可知陽(yáng)極是Ni(OH)2失去電子轉(zhuǎn)化為NiOOH，電極反響式為Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正確； C、放電時(shí)相當(dāng)于是原電池，負(fù)極發(fā)生失去電子的氧化反響，根據(jù)總反響式可知負(fù)極反響

11、式為Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正確； D、原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，如此放電過(guò)程中OH－通過(guò)隔膜從正極區(qū)移向負(fù)極區(qū)，D錯(cuò)誤。 答案選D。 三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 〔一〕必考題：共129分。 8.高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦〔還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素〕制備，工藝如如下圖所示?；卮鹑缦聠?wèn)題： 相關(guān)金屬離子[c0(Mn+)=0.1 mol·L?1]形成氫氧化物沉淀的

12、pHX圍如下： 金屬離子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 開始沉淀的pH 沉淀完全的pH 〔1〕“濾渣1〞含有S和__________________________；寫出“溶浸〞中二氧化錳與硫化錳反響的化學(xué)方程式____________________________________________________。 〔2〕“氧化〞中添加適量的MnO2的作用是將________________________。 〔3〕“調(diào)pH〞除鐵和鋁，溶液的pHX圍應(yīng)調(diào)節(jié)為_______

13、~6之間。 〔4〕“除雜1〞的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3〞的主要成分是______________。 〔5〕“除雜2〞的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。假如溶液酸度過(guò)高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。 〔6〕寫出“沉錳〞的離子方程式___________________________________________________。 〔7〕層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為L(zhǎng)iNixCoyMnzO2，其中Ni、Co

14、、Mn的化合價(jià)分別為+2、+3、+4。當(dāng)x=y=時(shí)，z=___________。 【答案】 (1). SiO2〔不溶性硅酸鹽〕 (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 將Fe2+氧化為Fe3+ (4). (5). NiS和ZnS (6). F?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2Mg2++2F?平衡向右移動(dòng) (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (8). 【解析】 【詳解】〔1〕Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反響，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸

15、過(guò)程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化復(fù)原反響，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作復(fù)原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O； 〔2〕二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反響完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+； 〔3〕由表中數(shù)據(jù)知pH在時(shí)，F(xiàn)e3+和Al3+沉淀完全，所以應(yīng)該控制pH在4.7~6之間； 〔4〕根據(jù)題干信息，參加Na2S除雜為了除去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS； 〔5〕由HF H++F-知，酸度過(guò)大，F(xiàn)-濃度減低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移動(dòng)，Mg2+沉淀不完全； 〔6〕根據(jù)題干信息沉錳的過(guò)程是生成了Mn

16、CO3沉淀，所以反響離子方程式為：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O； 〔7〕根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=6，，x=y=1/3，帶入計(jì)算得：z=1/3 9.乙酰水楊酸〔阿司匹林〕是目前常用藥物之一。實(shí)驗(yàn)室通過(guò)水楊酸進(jìn)展乙酰化制備阿司匹林的一種方法如下： 水楊酸 醋酸酐 乙酰水楊酸 熔點(diǎn)/℃ 157~159 -72~-74 135~138 相對(duì)密度/〔g·cm﹣3〕 相對(duì)分子質(zhì)量 138 102 180 實(shí)驗(yàn)過(guò)程：在100 mL錐形瓶中參加水楊酸6.9 g與醋酸酐10 mL，充分搖動(dòng)使固體

17、完全溶解。緩慢滴加0.5 mL濃硫酸后加熱，維持瓶?jī)?nèi)溫度在70 ℃左右，充分反響。稍冷后進(jìn)展如下操作. ①在不斷攪拌下將反響后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固體，過(guò)濾。 ②所得結(jié)晶粗品參加50 mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過(guò)濾。 ③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過(guò)濾得固體。 ④固體經(jīng)純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4 g。 回答如下問(wèn)題： 〔1〕該合成反響中應(yīng)采用__________加熱?！蔡顦?biāo)號(hào)〕 A．熱水浴 B．酒精燈 C．煤氣燈 D．電爐 〔2〕如下玻璃儀器中，①中需使用的有________〔填標(biāo)號(hào)〕，不需使用的______________________

18、_〔填名稱〕。 〔3〕①中需使用冷水，目的是______________________________________。 〔4〕②中飽和碳酸氫鈉的作用是_________________________________，以便過(guò)濾除去難溶雜質(zhì)。 〔5〕④采用的純化方法為____________。 〔6〕本實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率是_________%。 【答案】 (1). A (2). BD (3). 分液漏斗、容量瓶 (4). 充分析出乙酰水楊酸固體〔結(jié)晶〕 (5). 生成可溶的乙酰水楊酸鈉 (6). 重結(jié)晶 (7). 60 【解析】 【詳解】〔

19、1〕因?yàn)榉错憸囟仍?0℃，低于水的沸點(diǎn)，且需維溫度不變，故采用熱水浴的方法加熱； 〔2〕操作①需將反響物倒入冷水，需要用燒杯量取和存放冷水，過(guò)濾的操作中還需要漏斗，如此答案為：B、D；分液漏斗主要用于別離互不相容的液體混合物，容量瓶用于配制一定濃度的溶液，這兩個(gè)儀器用不到。 〔3〕反響時(shí)溫度較高，所以用冷水的目的是使得乙酰水楊酸晶體充分析出； 〔4〕乙酰水楊酸難溶于水，為了除去其中的雜質(zhì)，可將生成的乙酰水楊酸與碳酸氫鈉反響生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，以便過(guò)濾除去雜質(zhì)； 〔5〕每次結(jié)晶過(guò)程中會(huì)有少量雜質(zhì)一起析出，可以通過(guò)屢次結(jié)晶的方法進(jìn)展純化，也就是重結(jié)晶； 〔6〕水楊酸分子式為C7H6

20、O3，乙酰水楊酸分子式為C9H8O4，根據(jù)關(guān)系式法計(jì)算得： C7H6O3~ C9H8O4 138 180 6.9g m m( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，如此產(chǎn)率為。 10.近年來(lái)，隨著聚酯工業(yè)的快速開展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長(zhǎng)。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn)。回答如下問(wèn)題： 〔1〕Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。如下圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl) ∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系： 可知

21、反響平衡常數(shù)K〔300℃〕____________K〔400℃〕〔填“大于〞或“小于〞〕。設(shè)HCl初始濃度為c0，根據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的數(shù)據(jù)計(jì)算K〔400℃〕=____________〔列出計(jì)算式〕。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率，同時(shí)降低產(chǎn)物別離的能耗。進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)過(guò)低、過(guò)高的不利影響分別是____________。 〔2〕Deacon直接氧化法可按如下催化過(guò)程進(jìn)展： CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·

22、mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 如此4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 〔3〕在一定溫度的條件下，進(jìn)一步提高HCI的轉(zhuǎn)化率的方法是______________。〔寫出2種〕 〔4〕在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的根底上，科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種新的工藝方案，主要包括電化學(xué)過(guò)程和化學(xué)過(guò)程，如如下圖所示： 負(fù)極區(qū)發(fā)生的反響有____________________〔寫反響方程式〕。電路中轉(zhuǎn)移1 mol電子，需消耗氧氣__

23、________L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況〕 【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2別離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低 (4). ﹣116 (5). 增加反響體系壓強(qiáng)、與時(shí)除去產(chǎn)物 (6). Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (7). 【解析】 【詳解】〔1〕根據(jù)反響方程式知，HCl平衡轉(zhuǎn)化率越大，平衡常數(shù)K越大，結(jié)合圖像知升高溫度平衡轉(zhuǎn)化率降低，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反響方向進(jìn)展，如此K(300℃)>K(400℃)； 由圖像知，400℃時(shí)，HCl平衡轉(zhuǎn)化率為84%，用三段式法對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)展處理得：

24、 起始〔濃度〕 c0c000 變化〔濃度〕 0.84c00.21c00.42c00.42c0 平衡〔濃度〕(1-0.84)c0 (1-0.21)c00.42c00.42c0 如此K=；根據(jù)題干信息知，進(jìn)料濃度比過(guò)低，氧氣大量剩余，導(dǎo)致別離產(chǎn)物氯氣和氧氣的能耗較高；進(jìn)料濃度比過(guò)高，HCl不能充分反響，導(dǎo)致HCl轉(zhuǎn)化率較低； 〔2〕根據(jù)蓋斯定律知，〔反響I+反響II+反響III〕×2得 ?H=〔?H1+?H2+?H3〕×2=-116kJ·mol-1； 〔3〕假如想提高HCl的轉(zhuǎn)化率，應(yīng)該促使平衡正向移動(dòng)，該反響為氣體體積減小的反響，根據(jù)勒夏特列原理，可以增大壓強(qiáng)，使平衡正向移動(dòng)

25、；也可以與時(shí)除去產(chǎn)物，減小產(chǎn)物濃度，使平衡正向移動(dòng)； 〔4〕電解過(guò)程中，負(fù)極區(qū)即陰極上發(fā)生的是得電子反響，元素化合價(jià)降低，屬于復(fù)原反響，如此圖中左側(cè)為負(fù)極反響，根據(jù)圖示信息知電極反響為：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，根據(jù)電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質(zhì)的量是1mol÷4＝0.25mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。 〔二〕選考題：共45分。請(qǐng)考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，如此每科按所做的第一題計(jì)分。 ［化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］ 11.

26、磷酸亞鐵鋰〔LiFePO4〕可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循環(huán)性能優(yōu)良、安全性高等特點(diǎn)，文獻(xiàn)報(bào)道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備。回答如下問(wèn)題： 〔1〕在周期表中，與Li化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是________，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)_________〔填“一樣〞或“相反〞〕。 〔2〕FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價(jià)性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為________，其中Fe的配位數(shù)為_____________。 〔3〕苯胺〕的晶體類型是__________。苯胺與甲苯〔〕的相對(duì)分子質(zhì)量相近，但苯胺的熔點(diǎn)〔℃〕

27、、沸點(diǎn)〔℃〕分別高于甲苯的熔點(diǎn)〔℃〕、沸點(diǎn)〔℃〕，原因是___________。 〔4〕NH4H2PO4中，電負(fù)性最高的元素是______；P的_______雜化軌道與O的2p軌道形成_______鍵。 〔5〕NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡(jiǎn)單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽如此是一種復(fù)雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如如下圖所示： 這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為____________〔用n代表P原子數(shù)〕。 【答案】 (1). Mg (2). 相反 (3). (4). 4 (5). 分子晶體 (6). 苯胺分

28、子之間存在氫鍵 (7). O (8). sp3 (9). σ (10). (PnO3n+1)(n+2)- 【解析】 【分析】 這道選修題涉與到了元素周期表和對(duì)角線原如此、核外電子排布式的寫法、配位物的形成，以與熔沸點(diǎn)的判斷方式和分子晶體的判斷方法。電負(fù)性的判斷和雜化軌道的計(jì)算。 【詳解】〔1〕根據(jù)元素周期表和對(duì)角線原如此可知與鋰化學(xué)性質(zhì)相似的是鎂，鎂的最外層電子數(shù)是2，占據(jù)s軌道，s軌道最多容納2個(gè)電子，所以自旋方向相反。 〔2〕氯化鐵的雙聚體，就是兩個(gè)氯化鐵相連接在一起，氯化鐵的化學(xué)鍵有明顯的共價(jià)性所以仿照共價(jià)鍵的形式將兩個(gè)氯化鐵連接在一起，即結(jié)構(gòu)式為，因此

29、Fe的配位數(shù)為4。 〔3〕大多數(shù)有機(jī)物都是分子晶體，除了一局部有機(jī)酸鹽和有機(jī)堿鹽是離子晶體。苯胺比甲苯的熔沸點(diǎn)都高，同一種晶體類型熔沸點(diǎn)不同首先要考慮的就是是否有氫鍵，苯胺中存在電負(fù)性較強(qiáng)的N所以可以形成氫鍵，因此比甲苯的熔沸點(diǎn)高。 〔4〕電負(fù)性與非金屬性的大小規(guī)律相似，從左到右依次增大，O就是最大的。計(jì)算出P的雜化類型是sp3，與氧原子形成的是磷氧雙鍵，其中p軌道是σ，與氫氧形成的是單鍵。 〔5〕可以根據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學(xué)式推導(dǎo)：PO42-、P2O74-、P3O105-： 磷原子的變化規(guī)律為：1，2，3，4，n 氧原子的變化規(guī)律為：4，7，10，3n+1 酸根的變化

30、規(guī)律為：3，4，5，n+2 因此這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為[PnO(3n+1)](n+2)－。 【點(diǎn)睛】第二小問(wèn)，雙聚分子的氯化鐵結(jié)構(gòu)式，從共價(jià)鍵的角度分析，存在著配位鍵，那配位原子就是氯原子，共用兩個(gè)氯原子就可實(shí)現(xiàn)將兩個(gè)氯化鐵連接在一起的結(jié)構(gòu)；第五小問(wèn)，應(yīng)用數(shù)學(xué)的找規(guī)律遞推到通式，首先寫出磷酸的化學(xué)式，然后尋找規(guī)律。 ［化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)根底］ 12.氧化白藜蘆醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反響合成W的一種方法： 回答如下問(wèn)題： 〔1〕A的化學(xué)名稱為___________。 〔2〕中的官能團(tuán)名稱是___________。 〔3〕反響③的類型為__

31、_________，W的分子式為___________。 〔4〕不同條件對(duì)反響④產(chǎn)率的影響見下表： 實(shí)驗(yàn) 堿 溶劑 催化劑 產(chǎn)率/% 1 KOH DMF Pd(OAc)2 2 K2CO3 DMF Pd(OAc)2 3 Et3N DMF Pd(OAc)2 124 4 六氫吡啶 DMF Pd(OAc)2 312 5 六氫吡啶 DMA Pd(OAc)2 6 六氫吡啶 NMP Pd(OAc)2 上述實(shí)驗(yàn)探究了________和________對(duì)反響產(chǎn)率的影響。此外，還可以進(jìn)一步探究________等對(duì)反響產(chǎn)率的影響。

32、〔5〕X為D的同分異構(gòu)體，寫出滿足如下條件的X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________________。 ①含有苯環(huán)；②有三種不同化學(xué)環(huán)境的氫，個(gè)數(shù)比為6∶2∶1；③1 mol的X與足量金屬Na反響可生成2 g H2。 〔6〕利用Heck反響，由苯和溴乙烷為原料制備，寫出合成路線________________?！矡o(wú)機(jī)試劑任選〕 【答案】 (1). 間苯二酚〔1，3-苯二酚〕 (2). 羧基、碳碳雙鍵 (3). 取代反響 (4). C14H12O4 (5). 不同堿 (6). 不同溶劑 (7). 不同催化劑〔或溫度等〕 (8). 〔5〕 (9).

33、〔6〕 【解析】 【分析】 首先看到合成路線：由A物質(zhì)經(jīng)反響①在酚羥基的鄰位上了一個(gè)碘原子，發(fā)生了取代反響生成了B物質(zhì)，B物質(zhì)與丙烯酸在催化劑的作用下生成了C物質(zhì)，那C物質(zhì)就是將丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反響生成E就是把HI中的H連在了O上，發(fā)生的是取代反響；最后heck反響生成W物質(zhì)。 【詳解】〔1〕A物質(zhì)所含官能團(tuán)是兩個(gè)酚羥基，且苯環(huán)上有兩個(gè)是間位的取代基，那物質(zhì)的命名就是間苯二酚或1，3-苯二酚； 〔2〕物質(zhì)中含有的官能團(tuán)是碳碳雙鍵和羧基 〔3〕D物質(zhì)到E物質(zhì)沒(méi)有雙鍵的消失，且在O原子處增加了氫原子，沒(méi)有雙鍵參與反響所以屬于取代反響，W物質(zhì)中可以輕松數(shù)出共有1

34、4個(gè)C原子，4個(gè)氧原子，氫原子的個(gè)數(shù)可以通過(guò)不飽和度來(lái)推斷出，14個(gè)碳的烷應(yīng)該有30個(gè)氫，現(xiàn)在該分子有9個(gè)不飽和度，其中一個(gè)苯環(huán)4個(gè)，一個(gè)雙鍵1個(gè)，一個(gè)不飽和度少2個(gè)氫，所以30-9×2=12，因此有12個(gè)氫原子，即分子式為C14H12O4。 〔4〕可以從表格中尋找溶劑一樣的實(shí)驗(yàn)、堿一樣的實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)得出：實(shí)驗(yàn)1，2，3探究了不同堿對(duì)反響的影響；實(shí)驗(yàn)4，5，6探究了不同溶劑對(duì)反響的影響，最后只剩下不同催化劑對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響。 〔5〕D的分子式為：C8H9O2I，要求含苯環(huán)，那支鏈最多含兩個(gè)C，且1molX與足量Na反響可生成2g氫氣，那就證明有兩個(gè)酚羥基或醇羥基，又有三種不同環(huán)境的氫6:2:1，那

35、一定是有兩個(gè)甲基和兩個(gè)酚羥基，因?yàn)榇剂u基沒(méi)有6個(gè)一樣環(huán)境的氫，如此符合條件的有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。 〔6〕由題意中的heck反響可知需要一個(gè)反響物中含雙建，一個(gè)反響物中含I；從苯出發(fā)可以經(jīng)過(guò)溴乙烷和溴化鐵的反響制得乙苯，乙苯在乙基上通過(guò)烷烴的取代反響引入氯原子，鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反響產(chǎn)生雙鍵，得到苯乙烯；可以仿照反響①通過(guò)一樣條件在苯環(huán)上引入一個(gè)碘原子，因此合成路線圖為。 【點(diǎn)睛】最后一個(gè)寫合成路線，要必須從已有的物質(zhì)出發(fā)，不得自己添加反響所需有機(jī)物，仿照題中出現(xiàn)的反響，將合成路線分為兩局部，一次合成，遇到不會(huì)的合成，首先要在題意和中尋找。清楚想要有碳碳雙鍵出現(xiàn)應(yīng)該利用鹵代烴的消去反響。 16 / 16