2013年福建省高考化学解析试卷

发布时间:2024-06-01 10:06:26浏览次数:5
 2013 年福建省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分)1.(6 分)化学与社会、生产、生活紧切相关.下列说法正确的是(  )A.石英只能用于生产光导纤维B.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C.为了增加食物的营养成分,可以大量使用食品添加剂D.“地沟油”禁止食用,但可以用来制肥皂【分析】A.石英的主要成分是二氧化硅;B.从海水中可以提取氯化钠;C.食品添加剂应适量添加;D.“地沟油”主要成分是油脂.【解答】解:A.石英的主要成分是二氧化硅,纯净的二氧化硅用于生产光导纤维,结晶的二氧化硅(如水晶、玛瑙等)用作饰物,故 A 错误; B.从海水中提取蒸馏水和盐时,通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现,提取溴、碘、镁等物质时,必须通过化学反应才能实现,故 B 错误;C.食品添加剂应适量添加,过量会对人体产生危害,故 C 错误;D.“地沟油”禁止食用,但其主要成分是油脂,在碱性溶液中发生水解反应,又称皂化反应,可用于制取肥皂,故 D 正确。故选:D。【点评】本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等,难度不大,注意“地沟油”禁止食用,但其主要成分是油脂,在碱性溶液中发生水解反应,又称皂化反应,可用于制取肥皂. 2.(6 分)下列关于有机化合物的说法正确的是(  )A.乙酸和乙酸乙酯可用 Na2CO3溶液加以区别B.戊烷(C5H12)有两种同分异构体C.乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【分析】A.乙酸可与碳酸钠反应,乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液;B.戊烷有 3 种同分异构体;C.聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键;D.单糖不能发生水解.【解答】解:A.乙酸可与碳酸钠反应,乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,二者现象不同,可鉴别,故 A 正确;B.戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷 3 种同分异构体,故 B 错误;C.聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键,故 C 错误;D.糖中的单糖不能发生水解,故 D 错误。故选:A。【点评】本题考查较为综合,涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识,题目难度不大,注意相关基础知识的积累. 3.(6 分)室温下,对于 0.10mol•L﹣1的氨水,下列判断正确的是(  )A.与 AlCl3溶液发生反应的离子方程式为 Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓B.加水稀释后,溶液中 c(NH4+)•c(OH﹣)变大C.用 HNO3溶液完全中和后,溶液不显中性D.其溶液的 pH=13【分析】A.弱电解质要写化学式,且氢氧化铝不溶于弱碱;B.加水稀释促进一水合氨电离,但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小; ,故答案为: ;(6)C 为 CH3CH2CH2C6H4CHO,其同分异构体 E 具有如下特点:a.分子中含﹣OCH2CH3、b.苯环上只有两种化学环境不同的氢原子,则另一取代基为乙烯基,二者为对位的位置,苯环上只有两种 H,则 E 在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为 ,故答案为:.【点评】本题考查有机物的合成,题目难度中等,注意信息分析 C 物质,体会官能团与性质的关系,把握反应条件、反应类型及官能团变化即可解答,有机合成题是高考热点题型.  C.硝酸铵是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性;D.一水合氨是弱电解质,在氨水中部分电离.【解答】解:A.一水合氨是弱电解质,离子方程式中要写化学式,该反应的离子方程式为:Al3++3NH3.H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故 A 错误;B.加水稀释促进一水合氨电离,但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小,所以 c(NH4+)•c(OH﹣)减小,故 B 错误;C.含有弱根离子的盐,谁强谁显性,硝酸铵是强酸弱碱盐,所以其溶液呈酸性,故 C 正确;D.一水合氨是弱电解质,在氨水中部分电离,所以 0.10mol•L﹣1氨水的 pH 小于 13,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点,根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可,难度中等. 4.(6 分)四种短周期元素在周期表中的位置如图,其中只有 M 为金属元素。下列说法不正确的是(  )A.原子半径 Z<MB.Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 X 的弱C.X 的最简单气态氢化物的热稳定性比 Z 的小D.Z 位于元素周期表中第 2 周期第Ⅵ A 族【分析】根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知:金属 M 为 Al,X 为 Si,Y 为 N,Z 为O。A、同周期自左到右原子半径逐渐减小,同族原子半径逐渐增大;B、根据非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析;C、根据非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强分析;D、根据 O 原子含有 2 个电子层,最外层含有 6 个电子分析。【解答】解:根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知:金属 M 为 Al,X 为 Si,Y 为N,Z 为 O。A、同周期自左到右原子半径逐渐减小,同族原子半径逐渐增大,因此原子半径 Al>S>O,故 A 正确;B、由于非金属性:N>Si,所以最高价氧化物对应水化物的酸性:HNO3>H2SiO3,故 B 错误;C、由于非金属性:O>Si,所以气态氢化物的稳定性:H2O>SiH4,故 C 正确;D、O 原子含有 2 个电子层,最外层含有 6 个电子,因此 O 位于元素周期表中第二周期、第Ⅵ A 族,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用,通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类,熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键,题目难度不大。 5.(6 分)下列有关实验的做法不正确的是(  )A.分液时,分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B.用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C.配置 0.1000 mol•L﹣1氯化钠溶液时,将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D.检验 NH4+时,往试样中加入 NaOH 溶液,微热,用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体【分析】A.本题根据分液操作时下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出;B.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水;C.转移溶液时可使用玻璃棒引流;D.氨气遇红色石蕊试纸变蓝色.【解答】解:A.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,避免两种液体相互污染,故 A 正确; B.碳酸钠受热不分解,碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水,故 B 正确;C.将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流,故 C 正确;D.检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验,故 D 错误。故选:D。【点评】本题考查分液、物质的检验、实验基本操作等,难度不大,注意检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验. 6.(6 分)某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将 H2O、CO2转变为 H2、CO.其过程如下:下列说法不正确的是(  )A.该过程中 CeO2没有消耗B.该过程实现了太阳能向化学能的转化C.右图中△H1=△H2+△H3D.以 CO 和 O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为 CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2O【分析】A、总反应为:H2O+CO2→H2+CO+O2,CeO2没有消耗,是催化剂;B、该过程中在太阳能作用下将 H2O、CO2转变为 H2、CO;C、根据盖斯定律,﹣△H1=△H2+△H3;D、负极反应式正确;【解答】解:A、通过太阳能实现总反应:H2O+CO2→H2+CO+O2,CeO2没有消耗,CeO2是光催化剂,故A 正确;B、该过程中在太阳能作用下将 H2O、CO2转变为 H2、CO,所以把太阳能转变成化学能,故 B 正确;C、由右图可知,根据盖斯定律,应该是:﹣△H1=△H2+△H3;故 C 错误;D、CO 在负极失电子生成 CO2,在碱性条件下再与 OH﹣生成 CO32﹣,故负极反应式正确;故 D 正确;故选:C。【点评】本题考查了热化学知识和盖斯定律的应用,以及催化剂的判断,题目难度适中. 7.(6 分)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量 KIO3氧化,当 NaHSO3完全消耗即有 I2析出,依据I2析出所需时间可以求得 NaHSO3的反应速率.将浓度均为 0.020mol•L﹣1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液 40.0mL 混合,记录 10~55℃间溶液变蓝时间,55℃时未观察到溶液变蓝,实验结果如图.据图分析,下列判断不正确的是(  )A.40℃之前与 40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B.图中 b、c 两点对应的 NaHSO3反应速率相等 C.图中 a 点对应的 NaHSO3反应速率为 5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1D.温度高于 40℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂【分析】A.由图可知,40℃之前,温度高反应速率加快,40℃之后温度高,变色时间越长;B.b、c 点对应的温度不同;C.a 点时间为 80s,浓度变化量为 =0.004mol/L;D.结合 55℃时,没有出现蓝色分析.【解答】解:A.从图象中可以看出,40℃以前,温度越高,反应速度越快,40℃后温度越高,变色时间越长,反应越慢,而 55℃,未变蓝,淀粉发生了水解,故 A 正确;B.由图中 b、c 反应时间相同、温度不同可知,温度高反应速率快,故反应速率不同,故 B 错误;C.a 点时间为 80s,浓度变化量为 =0.004mol/L,a 点对应的 NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1,故 C 正确;D.55℃时,没有出现蓝色,淀粉发生水解反应,故淀粉已不能作为该反应的指示剂,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素,侧重图象分析及温度对反应的影响,注意不同温度下均可被过量 KIO3氧化,注重分析能力和解决问题能力的考查,题目难度较大. 二、解答题(共 5 小题)8.(16 分)利用化石燃料开采、加工过程产生的 H2S 废气制取氢气,既价廉又环保.(1)工业上可用组成为 K2O•M2O3•2RO2•nH2O 的无机材料纯化制取的氢气①已知元素 M、R 均位于元素周期表中第 3 周期,两种元素原子的质子数之和为 27,则 R 的原子结构示意图为   ②常温下,不能与 M 单质发生反应的是  be   (填序号)a.CuSO4溶液 b.Fe2O3   c.浓硫酸   d.NaOH 溶液  e.Na2CO3固体(2)利用 H2S 废气制取氢气来的方法有多种①高温热分解法已知:H2S(g)⇌H2(g)+1/2S2(g)在恒温密闭容器中,控制不同温度进行 H2S 分解实验.以 H2S 起始浓度均为 cmol•L﹣1测定 H2S 的转化率,结果见右图.图中 a 为 H2S 的平衡转化率与温度关系曲线,b 曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时 H2S 的转化率.据图计算 985℃时 H2S 按上述反应分解的平衡常数 K= ;说明随温度的升高,曲线 b 向曲线 a 逼近的原因: 温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的进间缩短 ②电化学法该法制氢过程的示意图如右.反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,其目的是 增大反应物接触面积,使反应更充分 ;反应池中发生反应的化学方程式为  H 2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl   .反 应后的溶液进入电解池,电解总反应的离子方程式为  2Fe 2+ +2H + 2Fe 3+ +H 2↑   .【分析】(1)① M 为+3 价,R 为+4 价,均为第三周期元素,则 M 为 Al,R 为 Si,Si 的质子数为14;② M 为 Al 具有还原性,能与具有氧化性的物质发生反应;(2)① K 为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比;温度的升高,曲线 b 向曲线 a 逼近,反应速率加快;②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,可增大反应物接触面积;反应池中发生氧化还原反应;电解池中亚铁离子失去电子,氢离子得到电子,以此来解答.【解答】解:(1)① M 为+3 价,R 为+4 价,均为第三周期元素,则 M 为 Al,R 为 Si,Si 的质子数为 14,其原子结构示意图为 ,故答案为: ;② M 为 Al 具有还原性,能与具有氧化性的物质发生反应,如 a、c,还能与 d 中 NaOH 溶液反应生成氢气,而高温下与氧化铁反应,与碳酸钠不反应,故答案为:be;(2)①以 H2S 起始浓度均为 cmol•L﹣1测定 H2S 的转化率,985℃时 H2S 的转化率为 40%,则 H2S(g)⇌H2(g)+1/2S2(g)开始 c 0 0转化 0.4c 0.4c 0.2c平衡 0.6c 0.4c 0.2cK= = ;温度的升高,曲线 b 向曲线 a 逼近,反应速率加快,达到平衡时的时间缩短,故答案为: ;温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的进间缩短;②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,可增大反应物接触面积;反应池中发生氧化还原反应为 H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl;电解池中亚铁离子失去电子,氢离子得到电子,电解总反应的离子方程式为 2Fe2++2H+2Fe3++H2↑,故答案为:增大反应物接触面积,使反应更充分;H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl;2Fe2++2H+2Fe3++H2↑.【点评】本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等,题目综合性强,难度较大,注重了高考常考考点的考查,注意知识的迁移应用和信息的处理. 9.(14 分)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂.(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产 ClO2方法.①用于电解的食盐水需先除去其中的 Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质.其次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的  BaCl 2 (填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的 Na2CO3和 NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去.经检测发现滤液中仍含有一定量的 SO42﹣,其原因是  BaSO 4 和 BaCO 3 的 K sp 相差不大,当溶液中存在大量 CO 32﹣ 时, BaSO 4( s )会部分转化为 BaCO 3( s )  【已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10﹣10、Ksp(BaCO3)=5.1×10﹣9】②该法工艺原理如图.其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成 ClO2.工艺中可以利用的单质有  H 2、 Cl 2 (填化学式),发生器中生成 ClO2的化学方程式为 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O   .(2)纤维素还原法制 ClO2是一种新方法,其原理是:纤维素水解得到的最终产物 D 与 NaClO3反应生成 ClO2.完成反应的化学方程式:  1    C 6H12O6 +24NaClO3+12H2SO4=  24   ClO2↑+  6   CO2↑+18H2O+  12    Na 2SO4 (3)ClO2和 Cl2均能将电镀废水中的 CN﹣氧化为无毒的物质,自身被还原为 Cl﹣.处理含 CN﹣相同时的电镀废水,所需 Cl2的物质的量是 ClO2的  2.5   倍.【分析】(1)①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的,使离子除尽;过量的离子在下一步中必须出去,故先加入 BaCl2,除去硫酸根,过量的钡离子,加入 Na2CO3除去.根据提供的 Ksp 数据,在后面加入碳酸钠时,发生 BaSO4(s)+CO32﹣ (aq)=BaCO3(s)+SO42﹣ (aq);②电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和 NaOH;故可以利用的单质为 H2、Cl2,合成 HCl,根据流程图可知加入物质为 NaClO3和 HCl,生成 ClO2;可以写出方程式,并用化合价升降法配平得到;(2)纤维素为多糖,水解最终产物为葡萄糖(C6H12O6),具有还原性,可将 NaClO3还原得到ClO2.Cl 从+5 到+4 价,降低 1 价,葡萄糖(C6H12O6)C 均价为 0,到+4 价,升高 4 价,然后配平得到;(3)每摩尔 Cl2得到 2mol 电子,而每摩尔 ClO2得到 5mol 电子,故为 2.5 倍.【解答】解:(1)①加入过量的 Na2CO3和 NaOH,可分别除去 Ca2+、Mg2+,在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的,使离子除尽;过量的离子在下一步中必须出去,故先加入 BaCl2,除去硫酸根,过量的钡离子,加入 Na2CO3除去.BaSO4和 BaCO3的 Ksp相差不大,当溶液中存在大量 CO32﹣时,发生BaSO4(s)+CO32﹣ (aq)=BaCO3(s)+SO42﹣ (aq),BaSO4(s)会部分转化为 BaCO3(s),故答案为:BaCl2;BaSO4和 BaCO3的 Ksp相差不大,当溶液中存在大量 CO32﹣时,BaSO4(s)会部分转化为 BaCO3(s);②电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和 NaOH;故可以利用的单质为 H2、Cl2,合成 HCl,根据流程图可知加入物质为 NaClO3和 HCl,生成 ClO2;发生氧化还原反应,NaClO3被还原生成 ClO2,HCl 被氧化生成Cl2,同时生成水,反应的化学方程式为 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,故答案为:H2、Cl2;2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O;(2)纤维素为多糖,水解最终产物为葡萄糖(C6H12O6),具有还原性,可将 NaClO3还原得到ClO2.Cl 从+5 到+4 价,降低 1 价,葡萄糖(C6H12O6)C 均价为 0,到+4 价,升高 4 价,则配平后的化学方程式为 1 C6H12O6+24 NaClO3+12H2SO4=24 ClO2↑+6 CO2↑+18H2O+12 Na2SO4,故答案为:1;C6H12O6;24;6;12;Na2SO4;(3)每摩尔 Cl2得到 2mol 电子,而每摩尔 ClO2得到 5mol 电子,则所需 Cl2的物质的量是 ClO2的2.5 倍,故答案为:2.5.【点评】本题考查化学工艺流程,涉及氧化还原反应相关概念、配平及计算,化学实验基本方法(除杂)等相关知识,题目难度中等,注意把握物质的分离、提纯操作方法. 10.(15 分)固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂.某学习小组以 Mg(NO3)2为研究对象,拟通过实验探究其热分解的产物,提出如下 4 种猜想:甲:Mg(NO3)2、NO2、O2 乙:MgO、NO2、O2  丙:Mg3N2、O2   丁:MgO、NO2、N2(1)实验前,小组成员经讨论认定猜想丁不成立,理由是 不符合氧化还原反应原理(或其它合理答案) .查阅资料得知:2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想,设计如下图所示的实验装置(图中加热、夹持仪器等均省略):(2)实验过程 ①仪器连接后,放入固体试剂之前,关闭 k,微热硬质玻璃管(A),观察到 E 中有气泡连续放出,表明 装置气密性良好 ②称取 Mg(NO3)2固体 3.7g 置于 A 中,加热前通入 N2以驱尽装置内的空气,其目的是 避免对产物 O 2 检验产生干扰(或其它合理答案) ;关闭 K,用酒精灯加热时,正确操作是先 移动酒精灯预热硬质玻璃管 然后固定在管中固体部位下加热.③观察到 A 中有红棕色气体出现,C、D 中未见明显变化.④待样品完全分解,A 装置冷却至室温、称量,测得剩余固体的质量为 1.0g.⑤取少量剩余固体于试管中,加入适量水,未见明显现象.(3)实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想 乙 是正确的.②根据 D 中无明显现象,一位同学认为不能确认分解产物中有 O2,因为若有 O2,D 中将发生氧化还原反应:  2Na 2SO3+O2=2Na2SO4 (填写化学方程式),溶液颜色会退去;小组讨论认定分解产物中有O2存在,未检侧到的原因是  O 2 在通过装置 B 时已参与反应(或其它合理答案)  .③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善,需改进装置进一步研究.【分析】(1)根据氧化还原反应化合价升降相等判断;(2)①反应前检验装置的气密性;②甲、乙、丙中都有氧气,避免空气中氧气干扰;根据加热试管的操作要求完成;(3)①根据硝酸镁的反应现象进行判断;② D 中亚硫酸钠具有还原性,能够和氧气反应生成硫酸钠,溶液褪色;二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮,一氧化氮会消耗氧气.【解答】解:(1)由于产物中化合价只有降低情况,没有升高,不满足氧化还原反应的特征,故答案为:不符合氧化还原反应原理(或其它合理答案);(2)①实验前需要检验装置的气密性,方法是关闭 k,微热硬质玻璃管(A),观察到 E 中有气泡连续放出,证明装置气密性良好,故答案为:装置气密性良好;②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气,没有氮气,用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰,集中加热前先预热硬质试管,然后固定在管中固体部位下加热,故答案为:避免对产物 O2检验产生干扰(或其它合理答案);移动酒精灯预热硬质玻璃管;(3)①硝酸镁分解,红棕色气体是二氧化氮,镁元素不会还是硝酸镁形式,所以乙正确;故答案为:乙;②亚硫酸钠和氧气的反应,反应方程式是:2Na2SO3+O2=2Na2SO4,在 B 装置中,二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮,生成的一氧化氮消耗了氧气,故答案为:2Na2SO3+O2=2Na2SO4;O2在通过装置 B 时已参与反应(或其它合理答案).【点评】本题探究硝酸镁分解产物,提出假想,通过实验验证,涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查,本题难度中等. 11.(13 分)(1)依据第 2 周期元素第一电离能的变化规律,参照右图 B、F 元素的位置,用小黑点标出 C、N、O 三种元素的相对位置.(2)NF3可由 NH3和 F2在 Cu 催化剂存在下反应直接得到:2NH3+3F2NF3+3NH4F①上述化学方程式中的 5 种物质所属的晶体类型有  abd   (填序号).a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 1   .(3)BF3与一定量水形成(H2O)2•BF3晶体 Q,Q 在一定条件下可转化为 R:①晶体 Q 中各种微粒间的作用力不涉及  ad   (填序号). a.离子键 b.共价键  c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力② R 中阳离子的空间构型为 三角锥型 ,阴离子的中心原子轨道采用  sp 3   杂化.(4)已知苯酚( )具有弱酸性,其 Ka=1.1×10﹣10;水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键.据此判断,相同温度下电离平衡常数 Ka2(水杨酸) < Ka(苯酚)(填“>”或“<”),其原因是  中形成分子内氢键,使其更难电离出 H +   .【分析】(1)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势,但氮元素的 2p 能级容纳 3 个电子,处于半满稳定状态,能力降低,氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素;(2)① Cu 是金属,属于金属晶体,NH4F 是盐,属于离子晶体,NH3、F2、NF3都属于分子晶体;② Cu 原子核外有 29 个电子,根据核外电子排布规律书写;(3)①由 Q 的结构可知,Q 分子中处于在氢键、共价键、配位键(O 与 B 之间)、分子间作用力;② R 中阳离子为 H3+O,中心原子氧原子价层电子对数=3+ =4,孤电子对= =1,据此判断;(4) 中形成分子内氢键,使其更难电离出 H+.【解答】解:(1)同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势,但氮元素的 2p 能级容纳 3 个电子,处于半满稳定状态,能力降低,氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素,故 C、N、O 三种元素的相对位置为: ,故答案为: ;(2)① Cu 是金属,属于金属晶体,NH4F 是盐,属于离子晶体,NH3、F2、NF3都属于分子晶体,故答案为:abd;② Cu 原子核外有 29 个电子,基态铜原子的核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,故答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;(3)①由 Q 的结构可知,Q 分子中处于在氢键、共价键、配位键(O 与 B 之间)、分子间作用力,故答案为:ad;② R 中阳离子为 H3+O,中心原子氧原子价层电子对数=3+ =4,孤电子对= =1,为三角锥型,氧原子采取 sp3杂化,故答案为:三角锥型;sp3;(4) 中形成分子内氢键,使其更难电离出 H+,故相同温度下电离平衡常数 Ka2(水杨 酸)<Ka(苯酚),故答案为:<; 中形成分子内氢键,使其更难电离出 H+.【点评】本题考查电离能、晶体类型、化学键及氢键对物质性质的影响、分子结构与杂化理论等,难度中等,需要学生全面掌握基础知识,并能运用分析解决问题. 12.(13 分)已知:为合成某种液晶材料的中间体 M,有人提出如下不同的合成途径(1)常温下,下列物质能与 A 发生反应的有  b 、 d   (填序号)a.苯  b.Br2/CCl4 c.乙酸乙酯  d.KMnO4/H+溶液(2)M 中官能团的名称是 羟基 ,由 C→B 反应类型为 加成反应(或还原反应) .(3)由 A 催化加氢生成 M 的过程中,可能有中间生成物 和  (写结构简式)生成(4)检验 B 中是否含有 C 可选用的试剂是 银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液) (任写一种名称).(5)物质 B 也可由 C10H13Cl 与 NaOH 水溶液共热生成,C10H13Cl 的结构简式为  .(6)C 的一种同分异构体 E 具有如下特点:a.分子中含﹣OCH2CH3  b.苯环上只有两种化学环境不同的氢原子写出 E 在一定条件下发生加聚反应的化学方程式   .【分析】由合成流程可知,A→M 发生﹣CHO 和 C=C 的加成反应,B→M 为苯环的加成反应,结合信息可知,D→C 发生取代反应,C 为 CH3CH2CH2C6H4CHO,名称为对丙基苯甲醛,C→B 为﹣CHO 的加成反应,然后结合有机物的结构与性质来解答.【解答】解:由合成流程可知,A→M 发生﹣CHO 和 C=C 的加成反应,B→M 为苯环的加成反应,结合信息可知,D→C 发生取代反应,C 为 CH3CH2CH2C6H4CHO,名称为对丙基苯甲醛,C→B 为﹣CHO 的加成反应,(1)含 C=C,能与溴水发生加成反应,C=C、﹣CHO 均能被高锰酸钾氧化,故答案为:b、d;(2)由结构简式可知,M 中含﹣OH,名称为羟基,C→B 为﹣CHO 的加成反应(或还原反应),故答案为:羟基;加成反应(或还原反应);(3)由 A 催化加氢生成 M 的过程中,C=C、﹣CHO 均能与氢气发生加成反应,则生成中间体为或 ,故答案为: ;(4)B 中是否含有 C,利用醛基的性质可知,选银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)产生银镜(或砖红色沉淀)即可证明,故答案为:银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液);(5)B 也可由 C10H13Cl 与 NaOH 水溶液共热生成,碳链骨架不变,则 C10H13Cl 的结构简式为
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