2020 年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅰ) 一、选择题:本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 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。 1.(6 分)国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消 毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列 说法错误的是( ) A.CH3CH2OH 能与水互溶 B.NaClO 通过氧化灭活病毒 C.过氧乙酸相对分子质量为 76 D.氯仿的化学名称是四氯化碳 2.(6 分)紫花前胡醇( )可从中药材当归和白芷中提取得到, 能提高人体免疫力。有关该化合物,下列叙述错误的是( ) A.分子式为 C14H14O4 B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C.能够发生水解反应 D.能够发生消去反应生成双键 3.(6 分)下列气体去除杂质的方法中,不能实现目的的是( ) 气体(杂质) SO2(H2S) Cl2(HCl) N2(O2) 方法 A. B. C. D. 通过酸性高锰酸钾溶液 通过饱和的食盐水 通过灼热的铜丝网 通过氢氧化钠溶液 NO(NO2) A.A B.B C.C D.D 4.(6 分)铑的配合物离子(Rh(CO) I ]﹣可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。下列 2 2 叙述错误的是( ) 第 1 页(共 30 页) A.CH3COI 是反应中间体 B.甲醇羰基化反应为 CH3OH+CO═CH3CO2H C.反应过程中 Rh 的成键数目保持不变 D.存在反应 CH3OH+HI═CH3I+H2O 5.(6 分)1934 年约里奥﹣居里夫妇在核反应中用 α 粒子(即氦核 He)轰击金属原子 X ,得到核素 Y,开创了人造放射性核素的先河: X+ He→ Y+ n其中元素 X、Y 的最外层电子数之和为 8.下列叙述正确的是( ) A. X 的相对原子质量为 26 B.X、Y 均可形成三氯化物 C.X 的原子半径小于 Y 的 D.Y 仅有一种含氧酸 6.(6 分)科学家近年发明了一种新型 Zn﹣CO2 水介质电池。电池示意图如图,电极为金 属锌和选择性催化材料。放电时,温室气体 CO2 被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境 和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是( ) 第 2 页(共 30 页) 2﹣ A.放电时,负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn(OH)4 B.放电时,1mol CO2 转化为 HCOOH,转移的电子数为 2mol C.充电时,电池总反应为 2Zn(OH)42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O D.充电时,正极溶液中 OH﹣浓度升高 7.(6 分)以酚酞为指示剂,用 0.1000mol•L﹣1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 未知浓度的二 元酸 H2A 溶液。溶液中,pH、分布系数δ随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH 的变化关系如 图所示。[比如 A2﹣的分布系数:δ(A2﹣)= ]下列叙述正确的是( ) A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA﹣) B.H2A 溶液的浓度为 0.2000mol•L﹣1 C.HA﹣的电离常数 Ka=1.0×10﹣2 D.滴定终点时,溶液中 c(Na+)<2c(A2﹣)+c(HA﹣) 二、非选择题:共 58 分。第 8~10 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 11~12 题 为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共 43 分。 8.(14 分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5 价的化合物存在,还包括钾、 镁的铝硅酸盐,以及 SiO2、Fe3O4.采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 NH4VO3。 该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示: 第 3 页(共 30 页) Fe3+ 1.9 Fe2+ 7.0 Al3+ 3.0 Mn2+ 8.1 金属离子 开始沉淀 pH 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题: (1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是 。 +(2)“酸浸氧化”中,VO+和 VO2+被氧化成 VO2 ,同时还有 离子被氧化。写 +出 VO+转化为 VO2 反应的离子方程式 。 (3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O,随滤液②可除去金属离子 K+、Mg2+ 、Na+、 ,以及部分的 。 (4)“沉淀转溶”中,V2O5•xH2O 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 (5)“调 pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是 。 (6)“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时,需要加入过量 NH4Cl,其原因是 。 。 9.(15 分)为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题: (1)由 FeSO4•7H2O 固体配制 0.10mol•L﹣1 FeSO4 溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、 (从下列图中选择,写出名称)。 (2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发 生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择 作为电解质。 第 4 页(共 30 页) u∞×108/(m2•s﹣1•V﹣1 )u∞×108/(m2•s﹣1•V﹣1 阳离子 Li+ 阴离子 ﹣4.07 5.19 6.59 7.62 4.61 7.40 7.91 8.27 HCO3 Na+ NO3 ﹣Ca2+ K+ Cl﹣ 2﹣ SO4 (3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入 电极 溶液中。 (4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中 c(Fe2+)增加了 0.02mol•L﹣1.石墨电 极上未见 Fe 析出。可知,石墨电极溶液中 c(Fe2+)= 。 (5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为 。因此,验证了 Fe2+氧化性小于 ,铁电极反应 。 式为 ,还原性小于 (6)实验前需要对铁电极表面活化。在 FeSO4 溶液中加入几滴 Fe2(SO4)3 溶液,将铁 电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 。 10.(14 分)硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是 SO2 的 SO3(g)△H=﹣98kJ•mol﹣1.问答下列问题: 催化氧化:SO2(g)+ O2(g) (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示,V2O5(s)与 SO2(g)反应生成 VOSO4(s)和 V2O4(s)的热化学方程式为: 。 (2)当 SO2(g)、O2(g)和 N2(g)起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时,在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下,SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图(b) 所示。反应在 5.0MPa、550℃时的 α= 有 。 ,判断的依据是 。影响 α 的因素 第 5 页(共 30 页) (3)将组成(物质的量分数)为 2m% SO2(g)、m% O2(g)和 q% N2(g)的气体通 入反应器,在温度 t、压强 p 条件下进行反应。平衡时,若 SO2 转化率为 α,则 SO3 压强 为 ,平衡常数 Kp= (以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。 ﹣1)0.8(1﹣nα′)式 (4)研究表明,SO2 催化氧化的反应速率方程为:v=k( 中:k 为反应速率常数,随温度 t 升高而增大;α 为 SO2 平衡转化率,α′为某时刻 SO2 转化率,n 为常数。在 α′=0.90 时,将一系列温度下的 k、α 值代入上述速率方程,得 到 v~t 曲线,如图(c)所示。 曲线上 v 最大值所对应温度称为该 α′下反应的最适宜温度 tm.t<tm 时,v 逐渐提高;t >tm 后,v 逐渐下降。原因是 。 (二)选考题:共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第 一题计分。[化学–选修 3:物质结构与性质](15 分) 11.(15 分)Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的 卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题: (1)基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为 。 (2)Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na),原 因是 。 I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是 。 I1/(kJ•mol﹣1 )Li Be B520 900 801 Na Mg 738 Al 496 578 (3)磷酸根离子的空间构型为 ,其中 P 的价层电子对数为 、杂化轨道类 第 6 页(共 30 页) 型为 。 (4)LiFePO4 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中 O 围绕 Fe 和 P 分别形成正八面体和 正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有 LiFePO4 的单元数 有 个。 电池充电时,LiFePO4 脱出部分 Li+,形成 Li1﹣xFePO4,结构示意图如(b)所示,则 x= ,n(Fe2+):n(Fe3+)= 。 [化学–选修 5:有机化学基础](15 分) 12.有机碱,例如二甲基胺( )、苯胺( )、吡啶( )等,在有 机合成中应用很普遍,目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱 F 的合成路线: 已知如下信息: ①H2C=CH2 第 7 页(共 30 页) ②+RNH2 ③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体 回答下列问题: (1)A 的化学名称为 。 (2)由 B 生成 C 的化学方程式为 (3)C 中所含官能团的名称为 (4)由 C 生成 D 的反应类型为 。 。 。 (5)D 的结构简式为 。 (6)E 的六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应,且核磁共振氢谱有四组峰,峰面 积之比为 6:2:2:1 的有 种,其中,芳香环上为二取代的结构简式为 。 第 8 页(共 30 页) 2020 年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅰ) 参考答案与试题解析 一、选择题:本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 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。 1.(6 分)国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出,乙醚、75%乙醇、含氯消 毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品,下列 说法错误的是( ) A.CH3CH2OH 能与水互溶 B.NaClO 通过氧化灭活病毒 C.过氧乙酸相对分子质量为 76 D.氯仿的化学名称是四氯化碳 【分析】A.CH3CH2OH 与水分子间能形成氢键,并且都是极性分子; B.NaClO 具有强氧化性; C.过氧乙酸的结构简式为 CH3COOOH; D.氯仿的化学名称是三氯甲烷。 【解答】解:A.CH3CH2OH 与水分子间能形成氢键,并且都是极性分子,所以 CH3CH2OH 能与水以任意比互溶,故 A 正确; B.NaClO 具有强氧化性,通过氧化能灭活病毒,故 B 正确; C.过氧乙酸的结构简式为 CH3COOOH,相对分子质量为 12×2+4+16×3=76,故 C 正 确; D.氯仿的化学名称是三氯甲烷,不是四氯化碳,故 D 错误; 故选:D。 【点评】本题结合时事热点考查化学问题,平时要注意积累,题目难度不大。 2.(6 分)紫花前胡醇( )可从中药材当归和白芷中提取得到, 能提高人体免疫力。有关该化合物,下列叙述错误的是( ) A.分子式为 C14H14O4 B.不能使酸性重铬酸钾溶液变色 第 9 页(共 30 页) C.能够发生水解反应 D.能够发生消去反应生成双键 【分析】A、分子中 14 个碳原子,不饱和度为 8; B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子; C、分子中含有酯基,能发生水解; D、与﹣OH 相连的 C 的邻位 C 上有一种 H 可发生消去反应; 【解答】解:A、分子的不饱和度为 8,则氢原子个数为:14×2+2﹣8×2=14,四个氧 原子,所以分子式为:C14H14O4,故 A 正确; B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子,所以能使酸性重铬酸钾溶液变色 ,故 B 错误; C、分子中含有能发生水解酯基,则紫花前胡醇能水解,故 C 正确; D、与﹣OH 相连的 C 的邻位 C 上有一种 H 可发生消去反应,生成双键,故 D 正确; 故选:B。 【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握醇消去反应的结构特点为解 答的关键,侧重醇性质的考查,题目难度不大。 3.(6 分)下列气体去除杂质的方法中,不能实现目的的是( ) 气体(杂质) 方法 A. B. C. D. 通过酸性高锰 酸钾溶液 SO2(H2S) 通过饱和的食 盐水 Cl2(HCl) N2(O2) 通过灼热的铜 丝网 通过氢氧化钠 溶液 NO(NO2) A.A B.B C.C D.D 【分析】除杂的原则是不引入新的杂质,不减少要提纯的物质,操作简单,绿色环保。 A.SO2 具有还原性,易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸; B.饱和食盐水可以减少氯气的溶解量; 第 10 页(共 30 页) C.N2(O2)利用化学性质的差异,铜与氧气反应,; D.2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,NO 为不成盐氧化物, 【解答】解:A.SO2 被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸,故 A 错误; B.Cl2(HCl)利用溶解性的差异,除去 HCl,故 B 正确; C.N2(O2)利用化学性质的差异,铜与氧气反应,不与氮气反应,达到除杂目的,故 C 正确; D.NO2 可以与 NaOH 发生反应:2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,NO 与 NaOH 溶 液不能发生反应;尽管 NO 可以与 NO2 一同跟 NaOH 发生反应:NO+NO2+2NaOH═ 2NaNO3+H2O,但由于杂质的含量一般较少,所以也不会对 NO 的量产生较大的影响, 故 D 正确; 故选:A。 【点评】本题考查了气体除杂质,要掌握各物质的性质,难度不大,注重基础。 4.(6 分)铑的配合物离子(Rh(CO) I ]﹣可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。下列 2 2 叙述错误的是( ) A.CH3COI 是反应中间体 B.甲醇羰基化反应为 CH3OH+CO═CH3CO2H C.反应过程中 Rh 的成键数目保持不变 D.存在反应 CH3OH+HI═CH3I+H2O 【分析】A、由图可知,铑的配合物离子(Rh(CO)2I2]﹣生成 CH3COI,CH3COI 继续 与 H2O 反应生成 HI 和 CH3CO2H; 第 11 页(共 30 页) B、由图可知发生的反应依次为:①CH3OH+HI═CH3I+H2O,② +CH3I= ,③=,④+CO ==, ⑤ = CH3COI+ , ⑥CH3COI+H2O HI+CH3CO2H,6 个反应依次发生; C、由图可以看出 Rh 的成键数目由 4﹣6﹣5﹣6﹣4 变化; D、由 B 分析及图中箭头方向判断出此步反应。 【解答】解:A、由图可知,铑的配合物离子(Rh(CO)2I2]﹣生成 CH3COI,CH3COI 继续与 H2O 反应生成 HI 和 CH3CO2H,所以 CH3COI 是反应中间体,故 A 正确; B、由图可知发生的反应依次为:①CH3OH+HI═CH3I+H2O,② +CH3I= ,③=,④+CO =, ⑤ = CH3COI+ , ⑥CH3COI+H2O = HI+CH3CO2H,6 个反应依次发生,6 个反应方程式相加和,消去中间产物得出总反应: CH3OH+CO═CH3CO2H,故 B 正确; C、由图可以看出 Rh 的成键数目由 4 变为 6 再变为 5 再变为 6 再变为 4,依次循环,故 C 错误; D、由 B 分析,按照箭头方向可知:CH3OH 和 HI 反应生成 CH3I 和 H2O,反应方程式为 :即 CH3OH+HI═CH3I+H2O,故 D 正确; 故选:C。 第 12 页(共 30 页) 【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握,题目难度中等,掌握反应类型、 化学反应原理等,明确由化学反应是解题关键。同时也考查了学生阅读题目获取新信息 的能力,需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。 5.(6 分)1934 年约里奥﹣居里夫妇在核反应中用 α 粒子(即氦核 He)轰击金属原子 X ,得到核素 Y,开创了人造放射性核素的先河: X+ He→ Y+ n其中元素 X、Y 的最外层电子数之和为 8.下列叙述正确的是( ) A. X 的相对原子质量为 26 B.X、Y 均可形成三氯化物 C.X 的原子半径小于 Y 的 D.Y 仅有一种含氧酸 【分析】由 X+ He→ Y+ n及质量守恒可知,W=30+1﹣4=27,X、Y 的最外层电 =3,金属原子 X 的质量数为 27、且位于ⅢA 子数之和为 8,X 的最外层电子数为 族,Z=13 符合题意,则 X 为 Al;Y 的最外层电子数为 8﹣3=5,质子数为 13+2=15, Y 为 P,以此来解答。 【解答】解:由上述分析可知 X 为 Al、Y 为 P, A.W 为 27,X 原子的相对原子质量为 27,故 A 错误; B.X、Y 可形成三氯化物分别为 AlCl3、PCl3,故 B 正确; C.同周期从左向右原子半径减小,则 X 的原子半径大于 Y 的半径,故 C 错误; D.Y 的含氧酸有磷酸、偏磷酸等,故 D 错误; 故选:B。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律,为高频考点,把握最外层电子数、质量守恒 来推断元素为解答的关键,同时侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用, 题目难度不大。 6.(6 分)科学家近年发明了一种新型 Zn﹣CO2 水介质电池。电池示意图如图,电极为金 属锌和选择性催化材料。放电时,温室气体 CO2 被转化为储氢物质甲酸等,为解决环境 和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是( ) 第 13 页(共 30 页) 2﹣ A.放电时,负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn(OH)4 B.放电时,1mol CO2 转化为 HCOOH,转移的电子数为 2mol C.充电时,电池总反应为 2Zn(OH)42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O D.充电时,正极溶液中 OH﹣浓度升高 2﹣ 【分析】电极为金属锌放电时,由图示知负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn(OH)4 ,温室气体 CO2 被转化为储氢物质甲酸为还原反应,充电时阳极生成氧气,阴极发生还原 反应生成锌,据此答题。 【解答】解:A.放电时,金属锌做负极生成 Zn(OH) 2﹣,负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH 4﹣═Zn(OH)42﹣,故 A 正确; B.放电时,CO2 中碳的化合价为+4 价,HCOOH 中碳的化合价+2,1mol CO2 转化为 HCOOH,降低 2 价,转移的电子数为 2mol,故 B 正确; C.充电时,阳极电极反应:2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑,阴极反应:Zn(OH)2﹣═Zn﹣2e 4﹣+4OH﹣,电池总反应为 2Zn(OH)42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O,故 C 正确; D.充电时,阳极(原电池的正极)电极反应:2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑,溶液中 H+浓度 增大,溶液中 c(H+)•c(OH﹣)=KW,温度不变时,KW 不变,因此溶液中 OH﹣浓度 降低,故 D 错误; 故选:D。 【点评】本题考查原电池原理、电解池原理、电极方程式的书写、离子电子的转移等知 识点,是高频考点,难度中等,注重基础。 7.(6 分)以酚酞为指示剂,用 0.1000mol•L﹣1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 未知浓度的二 元酸 H2A 溶液。溶液中,pH、分布系数δ随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH 的变化关系如 图所示。[比如 A2﹣的分布系数:δ(A2﹣)= ]第 14 页(共 30 页) 下列叙述正确的是( ) A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA﹣) B.H2A 溶液的浓度为 0.2000mol•L﹣1 C.HA﹣的电离常数 Ka=1.0×10﹣2 D.滴定终点时,溶液中 c(Na+)<2c(A2﹣)+c(HA﹣) 【分析】A、曲线①一直在减小,曲线②在一直增加,且两者相加等于 1; B、溶液的 pH 发生突变时,滴有酚酞的溶液发生颜色变化,到达滴定终点,即 NaOH 和 H2A 恰好完全反应; C、HA﹣的电离常数 Ka= ;D、滴定终点时δ(HA﹣)=0,溶液中的电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=2c(A2﹣)+c (OH﹣)。 【解答】解:A、在未加 NaOH 溶液时,曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等 于 1,且δ曲线①一直在减小,曲线②在一直增加;说明 H2A 第一步完全电离,第二步 存在电离平衡,即 H2A=HA﹣+H+,HA﹣⇌A2﹣+H+,曲线①代表δ(HA﹣);当加入 用 0.1000mol•L﹣1 的 NaOH 溶液 40.00mL 滴定后,发生 NaHA+NaOH=Na2A+H2O,HA ﹣的分布系数减小,A2﹣的分布系数在增大,且曲线②在一直在增加,在滴定终点后与③ 重合,所以曲线②代表δ(A2﹣),故 A 错误; B、当加入 40.00mLNaOH 溶液时,溶液的 pH 发生突变,到达滴定终点,说明 NaOH 和 H2A 恰好完全反应,根据反应 2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,n(NaOH)=2n(H2A),c (H2A)= =0.1000mol/L,故 B 错误; 第 15 页(共 30 页) C、由于 H2A 第一步完全电离,则 HA﹣的起始浓度为 0.1000mol/L,根据图象,当 VNaOH =0 时,HA﹣的分布系数为 0.9,溶液的 pH=1,A2﹣的分布系数为 0.1,则 HA﹣的电离平 衡常数 Ka= C 正确; =≈1×10﹣2,故 D、用酚酞作指示剂,酚酞变色的 pH 范围为 8.2~10,终点时溶液呈碱性,c(OH﹣)> c(H+),溶液中的电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=2c(A2﹣)+c(OH﹣)+c(HA﹣), 则 c(Na+)>2c(A2﹣)+c(HA﹣),故 D 错误; 故选:C。 【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和 pH 的理解和掌握,以及阅读题目获取 新信息能力等,熟练掌握电离平衡、水解平衡的的影响原理等,需要学生具备扎实的基 础与综合运用知识、信息分析解决问题能力,题目难度中等。明确曲线①②③是解题关 键。 二、非选择题:共 58 分。第 8~10 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 11~12 题 为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共 43 分。 8.(14 分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5 价的化合物存在,还包括钾、 镁的铝硅酸盐,以及 SiO2、Fe3O4.采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 NH4VO3。 该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示: Fe3+ 1.9 Fe2+ 7.0 Al3+ 3.0 Mn2+ 8.1 金属离子 开始沉淀 pH 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题: (1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是 加快酸浸和氧化反应速率 。 +(2)“酸浸氧化”中,VO+和 VO2+被氧化成 VO2 ,同时还有 Fe2+ 离子被氧化。写 ++出 VO+转化为 VO2 反应的离子方程式 VO++2H++MnO2=VO2 +Mn2++H2O 。 (3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O,随滤液②可除去金属离子 K+、Mg2+ 第 16 页(共 30 页) 、Na+、 Mn2+ ,以及部分的 Al3+和 Fe3+ 。 (4)“沉淀转溶”中,V2O5•xH2O 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 Fe(OH )3 。 (5)“调 pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是 HCl+NaAl(OH)=Al( 4OH)3↓+NaCl+H2O 。 (6)“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时,需要加入过量 NH4Cl,其原因是 利用同离子效 应,促进 NH4VO3 尽可能析出完全 。 【分析】黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5 价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以 及 SiO2、Fe3O4,加入稀硫酸,使 Fe3O4 生成 Fe3+和 Fe2+;加入 MnO2 氧化还原性的 Fe2+ +成 Fe3+;VO+和 VO2+成 VO2 ,SiO2 和硅酸盐与酸生成的硅酸成为滤渣①,滤液①含有 +:Fe3+、VO2 、K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+;滤液①加入 NaOH 溶液至 pH=3.0~3.1 ,中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+,使钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O,得滤饼②,除去滤液 ②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分 Fe3+、Al3+;滤饼②加入过量 NaOH 溶液至 pH>13, 沉淀转溶得滤液③,滤液③含有 V2O5•xH2O 生成 VO3﹣和溶于碱的 Al(OH)3 生成的 Al(OH) ﹣;滤渣③为 Fe(OH) ,滤液③加入盐酸调 pH,Al(OH) ﹣生成 Al(OH 434)3 即滤渣④;滤液④含有 VO3﹣,加入 NH4Cl 沉钒的产物:NH4VO3;和滤液⑤NaCl 溶液; (1)升高温度,反应速率加快; (2)加入氧化性物质可除去具有还原性的离子;依据电子转移守恒和元素守恒写出离子 方程式; (3)根据某些离子沉淀的 pH,找出相应沉淀的离子; (4)Fe3+溶液呈强碱性时转化为 Fe(OH)3; (5)加入酸沉淀离子 Al(OH)4﹣生成 Al(OH)3; +(6)NH4Cl 溶于水电离出 NH4 ,根据沉淀溶解平衡原理,利用等离子效应。 【解答】解:(1)温度升高反应速率加快;加快酸浸氧化的反应速率, 故答案为:加快酸浸和氧化反应速率; (2)加入氧化剂 MnO2,除了氧化具有还原性的 VO+和 VO2+,还可以氧化还原性的 Fe2+ +为 Fe3+;以便后面步骤一次性的除去 Fe 元素;酸浸氧化 VO+转化为 VO2 ,根据电荷守 恒和电子转移守恒得出:在酸性条件下,+3 价的矾化合价升高 2 生成+5 价,MnO2 中+4 价的锰化合价降低 2 生成+2 价,所以反应的离子方程式为:VO++2H++MnO2 = 第 17 页(共 30 页) +VO2 +Mn2++H2O, +故答案为:Fe2+;VO++2H++MnO2=VO2 +Mn2++H2O; (3)“中和沉淀”中,滤液①加入 NaOH 溶液至 pH=3.0~3.1,中和过量的硫酸并沉 淀 Fe3+和 Al3+,使钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O,得滤饼②,除去滤液②Mn2+、K+、Mg2+ 、Na+及部分 Fe3+、Al3+, 故答案为:Mn2+、Fe3+和 Al3+; (4)滤液①加入 NaOH 溶液至 pH=3.0~3.1,中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+,使钒水解 并沉淀为 V2O5•xH2O,得滤饼②, 故答案为:Fe(OH)3; ﹣(5)滤液③含有 V2O5•xH2O 生成 VO3﹣和溶于碱的 Al(OH)3 生成的 Al(OH)4 ;滤液③加入盐酸调 pH,Al(OH)4﹣生成 Al(OH)3 即滤渣④;化学方程式为: HCl+NaAl(OH)4=Al(OH)3↓+NaCl+H2O, 故答案为:HCl+NaAl(OH)4=Al(OH)3↓+NaCl+H2O; +(6)“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时,NH4VO3 沉淀溶解平衡方程式为:NH4 (aq) ++VO3﹣(aq)⇌NH4VO3(s),需要加入过量 NH4Cl,NH4Cl 溶于水电离出 NH4 ,增大 +c(NH4 ),利用同离子效应,促进 NH4VO3 尽可能析出完全。 故答案为:利用同离子效应,促进 NH4VO3 尽可能析出完全。 【点评】本题考查学生对化学实验的理解和掌握,题目难度中等,掌握每步的除杂和分 离目的等,明确由工艺流程写出相应反应是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信 息的能力,需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。 9.(15 分)为验证不同化合价铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题: (1)由 FeSO4•7H2O 固体配制 0.10mol•L﹣1 FeSO4 溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、 托盘天平、烧杯、量筒 (从下列图中选择,写出名称)。 第 18 页(共 30 页) (2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发 生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择 KCl 作为电解质。 u∞×108/(m2•s﹣1 V﹣1 •u∞×108/(m2•s﹣1 V﹣1 •阳离子 阴离子 ))Li+ Na+ Ca2+ K+ HCO3 ﹣4.07 4.61 ﹣5.19 6.59 7.62 7.40 7.91 8.27 NO3 Cl﹣ 2﹣ SO4 (3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入 石墨 电极 溶液中。 (4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中 c(Fe2+)增加了 0.02mol•L﹣1.石墨电 极上未见 Fe 析出。可知,石墨电极溶液中 c(Fe2+)= 0.09 mol/L 。 (5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为 Fe3++e﹣=Fe2+ , 铁电极反应式为 Fe﹣2e﹣=Fe2+ 。因此,验证了 Fe2+氧化性小于 Fe3+ ,还原性小 于 Fe 。 (6)实验前需要对铁电极表面活化。在 FeSO4 溶液中加入几滴 Fe2(SO4)3 溶液,将铁 电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 取少量活化 液,加入洁净的试管中,向其中加入两滴硫氰酸钾溶液,看是否变红,若不变红,说明 已经活化完成 。 【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有,托盘天平、烧杯、量筒、玻 璃棒、容量瓶。 (2)盐桥中的离子不与溶液中的物质反应,排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子,电迁移 率尽可能的接近,硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大,KCl 的阴阳离子电迁 移率相差最小; 第 19 页(共 30 页) (3)铁电极失去电子,铁电极是负极,石墨电极是正极,原电池内部阳离子向正极移动 ,所以阳离子向石墨电极移动。 (4)铁电极反应:Fe﹣2e﹣=Fe2+,铁电极增加 0.02mol/L,根据电荷守恒,石墨电极反 应 Fe3++e﹣=Fe2+,则石墨电极增加 0.04 mol/L,原溶液是 0.05mol/L,现在变为 0.09 mol/L ;(5)铁电极为负极,电极反应:Fe﹣2e﹣=Fe2+,石墨电极为正极,电极反应反应:Fe3++e ﹣=Fe2+,电池的总反应式为:2Fe3++Fe=3Fe2+,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物, 所以氧化性:Fe3+>Fe2+,同理还原性 Fe>Fe2+ (6)对铁电极活化是除去表面的氧化膜,氧化膜反应完成后,铁单质把三价铁还原,所 以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。 【解答】解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有:托盘天平、烧杯、量 筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒; 故答案为:托盘天平、烧杯、量筒; (2)盐桥中的离子不与溶液中的物质反应,排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子,电迁移 率尽可能的接近,故选 KCl; 故答案为:KCl; (3)铁电极失去电子,铁电极是负极,石墨电极是正极,原电池内部阳离子向正极移动 ,所以阳离子向石墨电极移动; 故答案为:石墨; (4)铁电极反应:Fe﹣2e﹣=Fe2+,铁电极增加 0.02mol/L,石墨电极反应 Fe3++e﹣=Fe2+ ,根据电荷守恒,则石墨电极增加 0.04 mol/L,变为 0.09 mol/L; 故答案为:0.09 mol/L; (5)铁电极为负极,电极反应:Fe﹣2e﹣=Fe2+,石墨电极为正极,电极反应反应:Fe3++e ﹣=Fe2+,电池的总反应式为:2Fe3++Fe=3Fe2+;所以氧化性:Fe3+>Fe2+,还原性 Fe> Fe2+ 故答案为:Fe﹣2e﹣=Fe2+;Fe3++e﹣=Fe2+;Fe3+; Fe; (6)对铁电极活化是除去表面的氧化膜,氧化膜反应完成后,铁单质把三价铁还原,所 以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了,取少量活化液,加入洁净的试管中, 向其中加入两滴硫氰酸钾溶液,看是否变红,若不变红,说明已经活化完成。 故答案为:取少量活化液,加入洁净的试管中,向其中加入两滴硫氰酸钾溶液,看是否 第 20 页(共 30 页) 变红,若不变红,说明已经活化完成。 【点评】本题考查了溶液的配制、原电池原理、氧化还原反应、电极方程式书写、离子 的检验等知识点,属于学科内综合,考查分析问题,解决问题的能力,难度中等。 10.(14 分)硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是 SO2 的 催化氧化:SO2(g)+ O2(g) SO3(g)△H=﹣98kJ•mol﹣1.问答下列问题: (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示,V2O5(s)与 SO2(g)反应生成 VOSO4(s)和 V2O4(s)的热化学方程式为: 2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s) +V2O4(s)△H=﹣351kJ•mol﹣1 。 (2)当 SO2(g)、O2(g)和 N2(g)起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时,在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下,SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图(b) 所示。反应在 5.0MPa、550℃时的 α= 0.975 ,判断的依据是 反应是气体分子数减 小的反应,压强越大转化率越大 。影响 α 的因素有 压强、温度、投料比 。 (3)将组成(物质的量分数)为 2m% SO2(g)、m% O2(g)和 q% N2(g)的气体通 入反应器,在温度 t、压强 p 条件下进行反应。平衡时,若 SO2 转化率为 α,则 SO3 压强 为 ,平衡常数 Kp= (以分压表示,分 压=总压×物质的量分数)。 (4)研究表明,SO2 催化氧化的反应速率方程为:v=k( ﹣1)0.8(1﹣nα′)式 中:k 为反应速率常数,随温度 t 升高而增大;α 为 SO2 平衡转化率,α′为某时刻 SO2 转化率,n 为常数。在 α′=0.90 时,将一系列温度下的 k、α 值代入上述速率方程,得 到 v~t 曲线,如图(c)所示。 第 21 页(共 30 页) 曲线上 v 最大值所对应温度称为该 α′下反应的最适宜温度 tm.t<tm 时,v 逐渐提高;t >tm 后,v 逐渐下降。原因是 反应温度升高,速率常数 k 增大使速率加快,但 α 降低 造成速率 v 减小,t<tm 时,k 增大对 v 的提高大于 α 引起的降低;t>tm 后,速率常数 k 增大小于 α 引起的降低 。 【分析】(1)由图象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△H=﹣24kJ• mol﹣1 ,②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)△H=﹣399kJ•mol﹣1 ,结合盖斯定律可知②﹣①×2 得到:2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s) ;(2)当 SO2(g)、O2(g)和 N2(g)起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时,在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下,SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图(b) 所示,这个 SO2(g)+ O2(g) SO3(g)反应是气体分子数减小的反应,压强 越大转化率越大,所以反应在 5.0MPa、550℃时的 α=0.975,由图象看出压强越大转化 率越高,温度越高转化率越小,转化率与影响平衡的因素:温度压强还与投料比有关, 氧气越多 SO2 平衡转化率 α 越大; (3)利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量,利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于 物质的量的比,分压=总压×物质的量分数可解; 0.8 (4)v=k( ﹣1) (1﹣nα′)温度升高,速率常数 k 增大,反应速率增大;SO2 (g)+ O2(g) SO3(g)△H=﹣98kJ•mol﹣1.为放热反应,平衡转化率 a 减 0.8 小,( 于因( ﹣1) 减小,反应速率减小,t<tm 时,速率常数 k 增大,对速率的影响大 0.8 ﹣1) 减小对速率的影响,总体速率加快;t>tm 后速率常数 k 增大没有 α 第 22 页(共 30 页) 减小对速率影响大,速率减小。 【解答】解:(1)由图象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△H=﹣24kJ •mol﹣1 ,②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)△H=﹣399kJ•mol﹣1 ,由盖斯定律可知②﹣①×2 得到:2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△ H=﹣351kJ•mol﹣1 故答案为:2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=﹣351kJ•mol﹣1 ;;(2)当 SO2(g)、O2(g)和 N2(g)起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时,在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下,SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图(b) 所示,这个 SO2(g)+ O2(g) SO3(g)反应是气体分子数减小的反应,压强 越大转化率越大,所以反应在 5.0MPa、550℃时的 α=0.975,由图象看出压强越大转化 率越高,温度越高转化率越小,转化率与影响平衡的因素:温度、压强还与投料比有关, 氧气越多 SO2 平衡转化率 α 越大; 故答案为:0.975;该反应是气体分子数减小的反应,压强越大转化率越大,P1=5.0MPa ,该线 550℃时的转化率为 97.5%;压强、温度、投料比; (3)根据体积之比等于物质的量的比,2m%+m%+q%=100% 3m+p=100,设 SO2 的物 质的量为 2m,O2 的物质的量为 m SO2(g)+ O2(g) SO3(g) 开始 变化 2m mα×m 0α×2m α×2m α×2m 平衡 2m﹣α×2m m﹣α×m 反应后的总量:2m﹣α×2m+m﹣α×m+α×2m+q=3m+q﹣αm,结合 3m+p=100,反应 后的总量=100﹣αm, =═,则 p(SO3)= ,平 衡 常 数Kp ===第 23 页(共 30 页) ,故答案为: ;= ;(4)v=k( ﹣1)0.8(1﹣nα′)温度升高,表达式中速率常数 k 增大,反应速率 SO3(g)△H=﹣98kJ•mol﹣1,为放热反应,平衡 增大;SO2(g)+ O2(g) 0.8 转化率 α 减小,( ﹣1) 减小,反应速率减小,t<tm 时,速率常数 k 增大,对速 0.8 率的影响大于因( ﹣1) 减小对速率的影响,总体速率加快;t>tm 后速率常数 k 增大没有 α 减小对速率影响大,速率减小。 故答案为:反应温度升高,速率常数 k 增大使速率加快,但 α 降低造成速率 v 减小。t< tm 时,k 增大对 v 的提高大于 α 引起的降低;t>tm 后,速率常数 k 增大小于 α 引起的降 低。 【点评】本题考查了热化学方程式的书写,平衡转化率、压强平衡常数等知识点,情景 陌生,要好好利用图象,考查分析问题的能力,计算能力,难度较大。 (二)选考题:共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第 一题计分。[化学–选修 3:物质结构与性质](15 分) 11.(15 分)Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的 卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题: (1)基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为 4:5 。 (2)Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na),原 因是 Li 与 Na 同族,Na 电子层多,原子半径大,易失电子 。 I1(Be)>I1(B)>I1 (Li),原因是 Li、Be、B 同周期,核电荷数依次增加,Be 的电子排布为:1s22s2,全 满稳定结构,第一电离能最大,与 Li 相比,B 的核电荷数大,半径小,较难失去电子, 第一电离能较大。 。 I1/(kJ•mol﹣1 )Li BBe 801 900 520 第 24 页(共 30 页) Na Al Mg 578 738 496 (3)磷酸根离子的空间构型为 正四面体形 ,其中 P 的价层电子对数为 4 、杂化 轨道类型为 sp3 。 (4)LiFePO4 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中 O 围绕 Fe 和 P 分别形成正八面体和 正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有 LiFePO4 的单元数 有 4 个。 电池充电时,LiFePO4 脱出部分 Li+,形成 Li1﹣xFePO4,结构示意图如(b)所示,则 x= ,n(Fe2+):n(Fe3+)= 13:3 。 【分析】(1)基态 Fe 的电子排布式为:1s22s22p63s23p63d64s2; (2)Li 与 Na 同族,Na 电子层多,原子半径大,易失电子;Be、B、Li 的价电子排布分 别为:2s2,2s22p1,2s1; (3)根据价层电子对互斥理论,价层电子对数=杂化轨道数=σ+ (a﹣xb),若为阴 离子,a=价电子数+电荷数;价层电子对数=4,空间构型为四面体形,去掉孤电子对, 即为分子的空间构型;杂化轨道数=4,为 sp3 杂化; (4)根据晶胞中的正八面体和正四面体来判断;LiFePO4 失去的 Li+为:棱心上一个, 面心上一个;化合物中正负化合价代数和等于 0。 【解答】解:(1)基态 Fe 的电子排布式为:1s22s22p63s23p63d64s2,基态 Fe 失去最外层 2 个电子得 Fe2+,价电子排布为:3d6,基态 Fe 失去 3 个电子得 Fe3+,价电子排布为:3d5 ,根据洪特规则和泡利原理,d 能级有 5 个轨道,每个轨道最多容纳 2 个电子,Fe2+有 4 个未成对电子,Fe3+有 5 个未成对电子,所以未成对电子数之比为:4:5, 第 25 页(共 30 页) 故答案为:4:5; (2)Li 与 Na 同族,Na 电子层多,原子半径大,易失电子;Li、Be、B 的电子排布分别 为:1s22s1,1s22s2,1s22s22p1,Li、Be、B 同周期,核电荷数依次增加,Be 的电子排布 为:1s22s2,全满稳定结构,第一电离能最大,与 Li 相比 B 的核电荷数大,半径小,较 难失去电子,第一电离能较大, 故答案为:Li 与 Na 同族,Na 电子层多,原子半径大,易失电子;Li、Be、B 同周期, 核电荷数依次增加,Be 的电子排布为:1s22s2,全满稳定结构,第一电离能最大,与 Li 相比,B 的核电荷数大,半径小,较难失去电子,第一电离能较大; (3)根据价层电子对互斥理论,PO43﹣离子的价层电子对数:4+ (5+3﹣4×2)=4+0 =4,VSEPR 构型为:四面体形,去掉孤电子对数 0,即为分子的立体构型,即正四面体 形;杂化轨道数=价层电子对数=4,中心原子 P 的杂化类型为:sp3 杂化; 故答案为:正四面体形;4;sp3; (4)根据晶胞中的正八面体和正四面体,可知晶体中含有 4 个单元 LiFePO4;由图可知 圆球为 Li+,LiFePO4 失去的 Li+为:棱心上一个,面心上一个;棱心上的为该晶胞的 面心上为该晶胞的 ;因晶体中含有4 个单元 LiFePO4,所以 x= ,所以化学式为 Li FePO4,根据化合价代数和等于 0,设 Fe2+的 ,×+×=,则 1﹣x=1﹣ =个数为 x,Fe3+的的个数为 y, 所以个数比为 13:3, +2x+3y+5=8,又因 x+y=1,解得 x= 、y= ,故答案为:4; ;13:3; 【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握,题目难度中等,掌握常见的基 态原子的电子排布、第一电离能、杂化方式、晶胞的计算等,明确原子杂化原理和晶胞 计算方法是解题关键。阅读题目获取新信息能力等,需要学生具备扎实的基础与综合运 用知识、信息分析解决问题能力。 [化学–选修 5:有机化学基础](15 分) 12.有机碱,例如二甲基胺( )、苯胺( )、吡啶( )等,在有 机合成中应用很普遍,目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱 F 第 26 页(共 30 页) 的合成路线: 已知如下信息: ①H2C=CH2 ②+RNH2 ③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体 回答下列问题: (1)A 的化学名称为 三氯乙烯 。 (2)由B生成C的化学方程式为 +KOH +KCl+H2O 。 (3)C 中所含官能团的名称为 碳碳双键、氯原子 。 (4)由 C 生成 D 的反应类型为 取代反应 。 (5)D 的结构简式为 。 第 27 页(共 30 页) (6)E 的六元环芳香同分异构体中,能与金属钠反应,且核磁共振氢谱有四组峰,峰面 积之比为 6:2:2:1 的有 6 种,其中,芳香环上为二取代的结构简式为 。 【分析】A(C2HCl3)三氯乙烯在 CCl3COONa 和乙二醇二甲醚在加热条件下生成 B, 即 B 为 ,B( )在 KOH 的醇溶液下加热发生消去反应, 生成 C,即 ,C 与过量的二环己基胺( )与 CH2Cl2 在加热 条 件 下 发 生 取 代 反 应 生 成D , 即 , D ( )与 E( )在 NaOH 条件下反应生成最终产物 F: 。【解答】解:(1)A(C2HCl3)名称为三氯乙烯, 故答案为:三氯乙烯; (2)有分析得出,由 B 发生消去反应生成 C 的化学方程式为: 第 28 页(共 30 页) +KOH +KCl+H2O, 故答案为: +KOH +KCl+H2O, (3)C 中的官能团为:碳碳双键、氯原子, 故答案为:碳碳双键、氯原子; (4)由 +2 +2HCl 可 知,C 上 2 个 Cl 原子被二环己基胺( )去氢后剩余的原子团所取代,反应 类型为:取代反应, 故答案为:取代反应; (5)D 的结构简式为 故答案为: ,;(6)E( )的六元环芳香同分异构体中,与钠反应产生氢气,说明含有羟 第 29 页(共 30 页) 基,且核磁共振氢谱有四组峰,峰面积之比为 6:2:2:1;说明有两个甲基且对称;又 因苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体,所以同分异构体的结构简式分别为: ,,,,,共 6 种,其中,芳香环上为二 取代的结构简式为 ,故答案为:6; 。【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握,题目难度中等,掌握有机的命名、 反应类型、化学反应原理、同分异构等,明确化学反应及同分异构的书写是解题关键。 同时考查了阅读题目获取新信息的能力,需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信 息分析解决问题能力。 第 30 页(共 30 页)
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