福省部分地市2022届高三毕业班4月诊断性联考

化学试题

(考试时间:75分钟满分:100分)

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名,准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Cr 52 Mn 55 I 127

一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符合题目要求

1. 在冬奥会上,中国使用了多项高科技。下列说法正确的是

A. 滑道使用二氧化碳超临界制冰的相变过程是物理变化

B. 火炬“飞扬”使用的碳纤维和高性能树脂属于无机非金属材料

C. 颁奖礼仪服饰“瑞雪样云”使用的保温材料石墨烯属于有机高分子材料

D. 冬奥会场馆使用的氢燃料车是利用电解池原理提供电能

【1题答案】

【答案】A

【解析】

【详解】A.使用二氧化碳超临界制冰的相变过程没有生成新物质,是物理变化,A正确;

B.高性能树脂属于有机合成高分子材料,B错误;

C.石墨烯属于无机非金属材料,C错误;

D.氢燃料车是将化学能转化为电能,利用原电池原理提供电能,D错误;

故选A。

2. 卤族元素在生产生活中有重要应用。下列有关化学用语表述正确是

A. 的球棍模型:B. 的电子式:

C. 溴原子结构示意图:D. 中子数为74的碘原子:

【2题答案】

【答案】A

【解析】

【详解】A. BF3中B原子价层电子对数为,且不含孤电子对,该分子为平面正三角形,键角为120°,其球棍模型为,故A正确;

B.氯化铵是离子化合物,由氨根离子与氯离子构成, 其电子式为,故B错误;

C.溴元素的原子序数是35,其原子结构示意图为,故C错误;

D.I是53号元素,其质子数为53,质量数=质子数+中子数氯化铵的电子式,则中子数为74的碘原子表示为,故D错误;

答案选A。

3. NA是阿伏加德罗常数的值。消毒剂需科学使用,84消毒液不能和医用酒精混用的原因是4NaClO+CH3CH2OH=CHCl3+HCOONa+2NaOH+NaCl+H2O。下列说法正确的是

A. 1L 0.2NaClO溶液中含有ClO-离子数为0.2NA

B. 23g CH3CH2OH中含有σ键数为3.5NA

C. 标准状况下,2.24L CHCl3中含有原子数为0.5NA

D. 每生成1mol HCOONa,该反应转称电子数为8NA

【3题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A.ClO-离子为弱酸根离子,会水解生成次氯酸和氢氧根离子,ClO-离子数小于0.2NA,A错误;

B.23g CH3CH2OH的物质的量为0.5mol,键均为σ键,则含有σ键数为4NA,B错误;

C.标准状况下,CHCl3不是气态,不能计算其物质的量,C错误;

D.次氯酸钠中氯元素由正一价变为负一价,转移2个电子;由方程式结合电子守恒可知,生成HCOONa与电子转移的关系为HCOONa~8e-,则每生成1mol HCOONa,该反应转称电子数为8NA,D正确;

故选D。

4. 从废感光胶片中回收银的流程如下,相关离子方程式错误的是

A. FeCl3溶液呈酸性:

B. 反应①:

C. 反应②:

D. 反应③:

【4题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A.FeCl3是强酸弱碱盐,在溶液中Fe3+部分发生水解反应,消耗水电离产生的OH-变为Fe(OH)3,最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性,水解反应的离子方程式为:,A正确;

B.FeCl3溶液具有强氧化性,能够与Ag反应使Ag单质变为Ag+,Ag+结合Cl-生成AgCl沉淀,分解单质守恒、电荷守恒、原子守恒,结合物质的拆分原则,可得反应①的离子方程式为:,A正确;

C.AgCl难溶于水,在溶液中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),向其中加入Na2S2O3溶液,与Ag+反应产生[Ag(S2O3)2]3-,使沉淀溶解平衡正向移动,则反应的离子方程式为:,C正确;

D.H+、会反应产生H2O、S、SO2,不能大量共存,反应的离子方程式应该为,D错误;

故合理选项是D。

5. 糠醛可选择性转化为糠醇或2-甲基喃(如图)。下列说法错误的是

A. 糠醛中所有的碳原子可能共平面B. 糠醛与互为同系物

C. 糠醛在钢催化条件下生成糠醇为加成反应D. 2-甲基味喃的一氯代物有4种

【5题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据乙烯的6个原子共平面、甲醛的4个原子共平面,单键可以旋转,故糠醛中所有的碳原子可能共平面,选项A正确;

B.糠醛含有醛基,而不含醛基,两者所含官能团种类不同,不可能互为同系物,选项B错误;

C.糠醛在钢催化条件下与氢气发生加成反应生成糠醇,选项C正确;

D.2-甲基呋喃分子中有4种化学环境的氢,故其一氯代物有4种,选项D正确;

答案选B。

6. 一种高储能电池的电解液微观结构如图,R、W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素,M的原子半径大于Z。下列说法正确的是

A. 电负性:R<WB. 简单氢化物的熔点:W<M

C. 呈四面体D. 最高价氧化物对应水化物的酸性:Y<X

【6题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】R、W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素;由图可知,M能形成3个双键1个单键,为氯;氯为第三周期原子半径最小的原子,M的原子半径大于Z,则Z为第二周期,由Z形成的键数可知,Z为氧;X能形成2个双键1个单键,为碳,则Y为氮;W为带1个单位正电荷的阳离子,为锂,R为氢;

【详解】A.同主族由上而下,下非金属性逐渐减弱,元素电负性减弱;电负性:R>W,A错误;

B.锂化氢为离子晶体,氯化氢为分子晶体,简单氢化物的熔点:W>M,B错误;

C.中中心Cl原子价层电子对数为4+=4,Cl原子采用sp3杂化,呈四面体,C正确;

D.同周期从左到右,金属性减弱,非金属性变强,最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强,最高价氧化物对应水化物的酸性:Y>X,D错误;

故选C。

7. 下列实验方案与实验目的不匹配的是

选项

实验目的

实验方案

探究既有氧化性又有还原性

将分别通入溴水和溶液

证明甲苯中甲基能活化苯环

将酸性溶液分别加入苯和甲苯中并振荡

比较水解程度和电离程度大小

常温下,用pH试纸测一定浓度溶液的pH

除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇

用饱和溶液洗涤后分液

A. AB. BC. CD. D

【7题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】A.通入溴水反应生成硫酸根离子氯化铵的电子式,二氧化硫发生氧化反应体现还原性;二氧化硫和反应生成硫单质,二氧化硫发生氧化反应体现还原性,A正确;

B.酸性溶液加入苯中不退色,和甲苯反应褪色是甲苯中甲基被氧化为羧基,不能证明甲苯中甲基能活化苯环,B错误;

C.电离出氢离子、水解生成氢氧根离子;常温下,用pH试纸测一定浓度溶液的pH,通过溶液的酸碱性可以判断的电离程度大还是水解程度答,C正确;

D.用饱和溶液洗涤,可以溶解乙醇、和乙酸反应,且可以降低乙酸乙酯的溶解度,然后分液得到乙酸乙酯,D正确;

故选B。

8. 二氧化锰矿粉中含量测定实验流程如图。下列说法错误的是

A. 将还原为

B. 滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色

C. 含量为

D. 若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡,则测得含量偏小

【8题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A.具有还原性、二氧化锰具有氧化性,将还原为,A正确;

B.滴定中使用高锰酸钾溶液滴定草酸钠,恰好反应后高锰酸钾过量溶液显紫红色,故滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色,B正确;

C.将还原为,根据电子守恒可知,5~10e-~2,与反应的物质的量为20×10-3L×0.1000mol/L×=5×10-3mol;将还原为,根据电子守恒可知,~2e-~,与反应的的物质的量也就是的物质的量为30×10-3L×0.2000mol/L-5×10-3mol=10-3mol;故含量为,C正确;

D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡,则高锰酸钾的读数偏小,导致测得含量偏大,D错误;

故选D。

9. 已知反-2-丁烯转化为顺-2-丁烯反应如下,,和随温度变化的曲线如图。下列有关该反应的说法正确的是

A. 反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为位置异构体

B. 温度变化对的影响程度小于对的影响程度

C. 正反应的活化能大于逆反应的活化能

D. 顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定

【9题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】A.反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为顺反异构体,A错误;

B.由图可知,的斜率更大,受温度影响更大,温度变化对的影响程度大于对的影响程度,B错误;

C.图中曲线的斜率代表活化能,正反应的斜率更大,活化能更大,C正确;

D.由C分析可知,正反应的活化能更大,则反应为吸热反应,生成物能量大于反应物能,故反-2-丁烯比顺-2-丁烯稳定,D错误;

故选C。

10. 用Ph表示苯基,三苯基胺()失去一个电子后形成的结构较为稳定。一种铝胺电池工作原理示意如图。下列说法错误的是

A. 和中Al原子的杂化方式相同

B. 放电时,负极的电极反应式为

C. 充电时,向铝电极移动

D. 理论上每生成1mol ,外电路通过1mol电子

【10题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】A. 和中心原子Al原子的价层电子对数均为4,均采用sp3杂化,故A正确;

B.由图可知,放电时,负极上Al失去电子,结合生成,电极反应式为,故B正确;

C.由图可知,充电时,失电子生成,则电极为阳极,Al电极为阴极,电解池工作过程中,阴离子移向阳极,则向电极移动,故C错误;

D.失去一个电子后形成的,则理论上每生成1mol ,外电路通过1mol电子,故D正确;

答案选C。

二、非选择题:本题共5小题,共60分。

11. 含铬电镀废水的主要成分如下表,常用“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进行处理。

离子

Cr(Ⅵ)

含量/

28.38

12.92

0.34

0.069

0.014

Ⅰ.“沉淀法”工艺流程如下图。

金属离子沉淀完全时()及沉淀开始溶解时的pH如下。

金属离子

pH

沉淀完全

6.7

8.3

2.8

8.2

5.6

沉淀开始溶解

13.5

14.0

10.5

12.0

(1)“氧化”过程中转化为的离子方程式为_______。

(2)“沉降”过程中应调节pH范围是_______~10.5。

(3)已知25℃时、;。“沉铬”过程中:

①生成铬黄的离子方程式为_______。

②从平衡角度分析pH对沉铬率的影响_______。

Ⅱ.“药剂还原沉淀法”工艺流程如下图。

(4)“还原”过程中,被Cr(Ⅵ)氧化为_______。

(5)比较“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”工艺的优劣_______(写出一条即可)。

【11~15题答案】

【答案】(1)

(2)8.2(3) ①. ②. 增大pH,平衡正向移动,浓度增大,沉铬率增大

(4)

(5)“药剂还原沉淀法”操作简单,“沉淀法操作工艺流程复杂;

【解析】

【分析】“沉淀法”工艺,用过氧化氢把Cr3+、Fe2+氧化为、Fe3+,加入氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去Cu2+、Fe3+、Zn2+,再加入硫酸铅发生沉淀转化生成铬酸铅沉淀,除去铬元素;“药剂还原沉淀法”工艺,用硫酸调节含铬废水的pH为2~3,加入亚硫酸钠把Cr(Ⅵ)还原为Cr3+,再加氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去重金属离子。

【小问1详解】

“氧化”过程中被H2O2氧化为,反应的离子方程式为;

【小问2详解】

为保证重金属离子完全沉淀,“沉降”过程中应调节pH范围是8.2~10.5

【小问3详解】

①“沉铬”过程中,硫酸铅沉淀转化为铬酸铅沉淀,反应的离子方程式为;

②增大pH,平衡正向移动,浓度增大,沉铬率增大;

【小问4详解】

根据氧化还原反应原理,“还原”过程中,被Cr(Ⅵ)氧化,硫元素化合价由+4升高为+6,氧化产物是;

【小问5详解】

比较“沉淀法”和“药剂还原沉淀法”,“药剂还原沉淀法”操作简单,“沉淀法操作工艺流程复杂;

12. 可用“沉淀法”除去粗盐中的、、杂质。某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响,实验流程及结果如下。

沉淀剂1

沉淀剂1

沉淀剂1

过滤方式

检测结果

实验1

溶液

NaOH溶液

溶液

逐一过滤

少量浑浊

实验2

溶液

溶液

NaOH溶液

逐一过滤

少量浑浊

实验3

NaOH溶液

溶液

溶液

逐一过滤

大量沉淀

实验4

溶液

NaOH溶液

溶液

一起过滤

大量沉淀

(1)实验1中加入沉淀剂3后会生成_______(填化学式)。

(2)“除杂4”发生反应的离子方程式有_______。

(3)“操作X”为_______。

(4)查阅资料:难溶电解质的溶解度会受到溶液中其它离子的影响。加入与难溶电解质相同离子的电解质,因“同离子效应”溶解度降低;加入与难溶电解质不同离子的电解质,因“盐效应”溶解度增大。

①提出假设:

依据

假设

假设1

实验1和2中检测时出现少量浑浊

_______(填化学式)能增大溶解度

假设2

实验3中检出量明显高于1和2

NaOH能明显增大溶解度

假设3

_______(将内容补充完整)

NaOH或能明显增大溶解度

②设计实验:探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度

探究1

探究2

探究3

探究4

实验流程

试剂

饱和食盐水

2NaOH溶液

0.5溶液

蒸馏水

现象

少量浑浊

大量沉淀

大量沉淀

无明显现象

“滤液处理”需用到的试剂有_______。

③实验分析:实验3中溶液的用量为理论值的1.5倍,最后仍检出的原因是该体系中“同离子效应”_______“盐效应”(填“大于”或“小于”)。

④实验结论:粗盐提纯时,为了有效降低产品中含量,必须_______。

【12~15题答案】

【答案】(1)BaCO3、CaCO3

(2)H++OH-=H2O、CO+2H+=H2O+CO2↑

(3)蒸发结晶(4) ①. 氯化钠②. 检测中SO检出量明显高于1和2③. 盐酸、蒸馏水④. 小于⑤. 先加入BaCl2沉淀剂并过滤分离出BaSO4

【解析】

【分析】根据实验目的某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响,除去粗盐中的Mg2+、Ca2+、SO杂杂质,Mg2+可以用过量氢氧化钠除去,Ca2+可用过量碳酸钠除去,SO可以用过量的氯化钡去除,但是过量的氯化钡用碳酸钠除去,所以一般为先钡(氯化钡),后碳(碳酸钠),碱(氢氧化钠)随便,过滤以后过量的氢氧化钠和碳酸钠加盐酸除去,在经蒸发结晶,可得精盐,取部分精盐溶解于水加入氯化钡,检测SO,以此来解析;

【小问1详解】

实验1,先加过量的氯化钡溶液,钡离子和硫酸根会反应生成硫酸钡沉淀,钙离子和也会和硫酸根离子反应生成一小部分的硫酸钙,溶液中还有杂质离子为(Mg2+、Ca2+、Ba2+),再加过量的氢氧化钠,镁离子会和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀,钙离子也会和氢氧根离子反应生成一小部分氢氧化钙沉淀,溶液中还含有杂质离子为(OH-、Ca2+、Ba2+)再加过量的碳酸钠,碳酸根离子和钙离子会形成碳酸钙沉淀,钡离子会和碳酸根离子形成碳酸钡沉淀,实验1中加入沉淀剂3后会生成BaCO3、CaCO3;

【小问2详解】

根据分析除杂4加盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠,氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水,反应的离子方程为:H++OH-=H2O;盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠,水和二氧化碳,反应的离子方程为:CO+2H+=H2O+CO2↑;

【小问3详解】

根据上面分析可知由氯化钠溶液和盐酸溶液得精盐,采取蒸发的方法,氯化氢挥发掉以后,再结晶可以得到氯化钠固体;

【小问4详解】

①根据提示加入与难溶电解质不同离子的电解质,假设2实验3是NaOH能明显增大BaSO4溶解度,假设3实验4NaOH或Na2CO3能明显增大BaSO4溶解度,假设1因“盐效应”溶解度增大,氯化钠能增大BaSO4溶解度;假设1是实验1和2,假设2是实验3,假设就剩实验4,根据已有信息仿写假设3为:实验4检测中SO检出量明显高于1和2;

②目的探究不同试剂对硫酸钡溶解度的影响程度,对溶解后溶液中硫酸离子的检验,不能有其它离子干扰,故需要加入盐酸排除离子的干扰,加蒸馏水调节成相同体积溶液;

③BaSO4+CO=BaCO3+SO,导致溶解的硫酸酸根离子增多,但是加入盐酸后生成的钡离子又和硫酸根离子结合硫酸钡沉淀,导致生成硫酸根离子的浓度又减小了,盐效应大于同离子效应;

④粗盐提纯时,为了有效降低产品中SO含量,必须先加入BaCl2沉淀剂并过滤分离出BaSO4,才能降低硫酸根的含量。

13. 基于载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。

(1)总反应_______。

(2)有利于提高反应ⅰ平衡转化率的条件为_______(填标号)。

A. 高温高压B. 高温低压C. 低温高压D. 低温低压

(3)在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ,平衡时若氮气转化率为50%,则压强为_______,平衡常数_______(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。

(4)60℃、100kPa条件下,反应ⅰ中溶液pH随时间变化如图,120min~180min持续收集到氨气,但溶液pH几乎不变的原因是_______。

(5)为探究反应ⅱ中15min时反应速率突然加快的原因,我国科学家利用计算机模拟了反应ⅱ的反应路径。

①比较不同路径,路径1能垒较低的原因是_______的键能大于_______的键能。

②15min时反应速率突然加快原因是_______。

(6)相较于哈伯法合成氨,碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本。_______(写出一条即可)。

【13~18题答案】

【答案】(1)+434 (2)B

(3) ①. 25kPa ②. 16875

(4)当氨气在水中达到饱和时会逸出,可以持续收集到氨气,但由于溶液已饱和,所以溶液pH几乎不变

(5) ①. H-O②. H-Al ③. 开始时AlN和水结合,当AlN结合一定量水并使水解离后,能显著降低反应的活化能,反应速率突然加快

(6)副产物CO是重要的化工原料

【解析】

【小问1详解】

将反应ⅰ和反应ⅱ相加,即可得到总反应3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g) ,其ΔH=+708.1kJ/mol-274.1kJ/mol=+437.0kJ/mol。

小问2详解】

反应ⅰ的正反应是吸热反应,升高温度有利于提高平衡转化率,该反应又是气体体积增大的反应,降低压强有利于平衡正向移动,所以高温低压有利于提高平衡转化率,故选B。

【小问3详解】

在温度t、100kPa条件下进行反应ⅰ,设起始时氮气的物质的量为1mol,平衡时氮气转化率为50%,可列三段式:

所以平衡时氮气和CO的分压分别为,,则平衡常数 Kp==16875kPa2。

【小问4详解】

反应ⅱ生成氨气,氨气溶于水形成氨水,溶液的pH增大,当氨气在水中达到饱和时逸出,可以持续收集到氨气,但由于溶液已饱和,所以溶液pH几乎不变。

【小问5详解】

①路径1和路径2都断裂N-H键,但路径1形成的是O-H键,而路径2形成的是Al-H键,由于O-H键的键能大于Al-H的键能,所以O-H键更容易形成,所以能垒较低。

②开始时AlN和水结合,当AlN结合一定量水并使水解离后,能显著降低反应的活化能,所以反应在15min时反应速率然加快。

【小问6详解】

相较于哈伯法合成氨,碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本,副产物CO是重要的化工原料,从而达到无碳利用化石燃料的目的。

14. 耐HF腐蚀的催化剂,可应用于氟化工行业中的氯循环(如图)。

(1)Ru的价电子排布式为,该元素位于第_______周期_______族。

(2)上述转化过程中涉及的有机反应类型有_______。

(3)可通过液化分离出HCl中大多数的HF,从结构角度解释两者沸点差异的原因_______。

(4)、、的晶体结构如图(和中实线部分为晶胞)

①晶胞中有_______个Ru,O在晶胞的位置为_______。

②已知与载体晶体结构(堆积方式、晶胞参数)越相似,催化效果越好。载体中掺杂的原因是_______。

【14~17题答案】

【答案】(1) ①. 五 ②. Ⅷ

(2)取代反应 消去反应

(3)F的原子半径比Cl小,对核外电子的束缚力比Cl强,HF中H和F之间的电子对强烈偏向F,HF分子中的H可以和另一个HF分子中的F形成氢键,从而使HF的沸点较HCl高,容易液化分离出HF

(4) ①. 2 ②. 4个在面上,2个在晶胞内部 ③. RuO2与载体晶体结构(堆积方式、晶胞参数)越相似,催化效果越好。MgF2掺杂Al3+后晶胞参数和RuO2更接近,所以MgF2 载体中掺杂Al3+

【解析】

【小问1详解】

根据Ru的价电子排布式为4d75s1 可知,该元素位于第五周期第Ⅷ族。

【小问2详解】

由丙烷生成1,1,1,2,3-五氯丙烷取代反应,由1,1,1,2,3-五氯丙烷生成2,3,3,3-四氯-1-丙烯是消去反应。

【小问3详解】

F的原子半径比Cl小,对核外电子的束缚力比Cl强,HF中H和F之间的电子对强烈偏向F,HF分子中的H可以和另一个HF分子中的F形成氢键,从而使HF的沸点较HCl高,容易液化分离出HF。

【小问4详解】

①从图中可以看出,RuO2晶胞中位于顶点和体心的是Ru,有2个,则O有4个,晶胞中的六个氧原子有四个在面上,另两个在晶胞内部。

②RuO2与载体晶体结构(堆积方式、晶胞参数)越相似,催化效果越好。MgF2掺杂Al3+后晶胞参数和RuO2更接近,所以MgF2载体中掺杂Al3+。

15. 戊炔草胺常用于控制阔叶杂草的生长。其合成路线如下。

回答下列问题:

(1)A中官能团名称为_______。

(2)B的结构简式为_______。

(3)D的名称为_______。

(4)C+H→戊炔草胺的化学方程式为_______。

(5)D的一种同分异构体苯环上有两个取代基,核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为3:2:2,其结构简式为_______。

(6)已知:苯环电子云密度越大,越容易与,发生取代反应;-COOH为吸电子间位定位基,-NH2为给电子邻对位定位基。不直接使用苯甲酸而使用D合成G的原因是_______。

【15~20题答案】

【答案】(1)羟基、碳碳三键

(2)(3)邻氨基苯甲酸或2-氨基苯甲酸

(4)(5)(6)氨基是给电子基,可增大苯环电子云密度,有利于氯代反应的发生

【解析】

【小问1详解】

由A的结构简式可知,A中含有的官能团为羟基和碳碳三键;

【小问2详解】

根据A和C的结构简式可推知,A→B的过程中,A中含有羟基被氯原子取代生成B,结合B的分子式可知,B的结构简式为;

【小问3详解】

D为,其名称为邻氨基苯甲酸或2-氨基苯甲酸;

【小问4详解】

由图可知,C、H和氢氧化钠反应生成戊炔草胺,反应的化学方程式为;

【小问5详解】

D的一种同分异构体苯环上有两个取代基,核磁共振氢谱有3组峰,说明含有3种环境的氢原子,又因为苯环上有两个取代基,核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为3:2:2,则两个取代基应处于对位,此时苯环上已经有两种环境的氢原子,且满足2:2,则两个取代基只有一种环境的氢原子,且含有3个氢原子,则其中一个取代基为甲基,从而确定另一个取代基为硝基,因此符合条件的结构简式为。

【小问6详解】

苯环电子云密度越大,越容易与氯气发生取代反应,氨基是给电子基,可增大苯环电子云密度,有利于氯代反应的发生,因此不直接使用苯甲酸而使用邻氨基苯甲酸合成G。

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