2019年高考化学考前提分仿真试卷(附解析共10套)
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资料简介
此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号 绝密★启用前 ‎【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷 化学(九)‎ 注意事项:‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题的答案后,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。写在试卷上无效。‎ ‎3.回答第Ⅱ卷时,将答案填写在答题卡上,写在试卷上无效。‎ ‎4.考试结束,将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39‎ ‎7.下列对生活中的一些问题的论述,符合科学实际的是 A.大米中的淀粉经水解和分解后,可酿造成米酒 B.麦芽糖、纤维素和油脂均能在人体中发生水解 C.乙醇、乙酸均属于食物中的两种基本营养物质 D.用加洗衣粉洗涤真丝织品,可使真丝蛋白质变性 ‎8.用来减轻感冒症状的布洛芬的结构简式如下图所示,下列有关说法正确的是 A.布洛芬与苯甲酸甲酯是同系物 B.布洛芬的分子式为C13H20O2 C.布洛芬苯环上的二溴代物有2种‎(‎不含立体异构‎)‎ D.1mol布洛芬能与足量NaHCO3溶液反应最多生成1molCO2‎ ‎9.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是 A.标准状况下,2.24L三氯甲烷中所含分子数为NA B.2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NA C.将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中,所得溶液呈中性,则溶液中NH的数目为NA D.162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA ‎10.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大,化合物M、N均由这四种元素组成,且M的相对分子质量比N小16。分别向M和N中加入烧碱溶液并加热,二者均可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。将M溶液和N溶液混合后产生的气体通入品红溶液中,溶液变无色,加热该无色溶液,无色溶液又恢复红色。下列说法错误的是 A.简单气态氢化物的稳定性:Y>X B.简单离子的半径:Z>Y C.X和Z的氧化物对应的水化物都是强酸 D.X和Z的简单气态氢化物能反应生成两种盐 ‎11.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3,还含有少量FeS2)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下,下列叙述不正确的是 A.加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4‎ B.向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3‎ C.隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5‎ D.烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 ‎12.金属(M)-空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点,有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为:4M+nO2+2nH2O=4M(OH)n。已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是 A.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池,Mg-空气电池的理论比能量最高 B.为防止负极区沉积M(OH)2,宜采用中性电解质及阳离子交换膜 C.电池放电过程的正极反应式:O2+2H2O+4e−=4OH−‎ D.多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积,并有利于氧气扩散至电极表面 ‎13.常温下,向20mL0.lmol·L−1NH4HSO4溶液中滴入0.1mol·L−1NaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(H+)与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是 A.b点时,溶液的pH=7‎ B.常温下,Kb(NH3·H2O)=1.0×10−5.3‎ C.Vdc(SO)>c(NH)>c(NH3·H2O)>c(OH−)>c(H+)‎ ‎26.(14分)甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外,还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。‎ ‎[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应:CO+2[Ag(NH3)2]++2OH-=2Ag↓+2NH+CO+2NH3。‎ ‎②Cu2O为红色,不与Ag+反应,能发生反应:Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。‎ ‎(1)装置A中反应的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎(2)按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→__________________。(填字母编号)‎ ‎(3)实验中滴加稀盐酸的操作为______________________________________________。‎ ‎(4)已知气体产物中含有CO,则装置C中可观察到的现象是________________;装置F的作用为_________________________________________。‎ ‎(5)当反应结束后,装置D处试管中固体全部变为红色。‎ ‎①设计实验证明红色固体中含有Cu2O:____________________________________________。‎ ‎②欲证明红色固体中是否含有Cu,甲同学设计如下实验:向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1‎ AgNO3溶液,发现溶液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu。乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需增加如下对比实验,完成表中内容。‎ 实验步骤(不要求写出具体操作过程)‎ 预期现象和结论 ‎__________________‎ 若观察到溶液不变蓝,则证明红色固体中含有Cu;若观察到溶液变蓝,则不能证明红色固体中含有Cu ‎27.(14分)乙酸是生物油的主要成分之一,乙酸制氢具有重要意义:‎ 热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol-1‎ 脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=-33.5KJ·mol-1‎ ‎(1)请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式_________________________________。‎ ‎(2)在密闭容器中,利用乙酸制氢,选择的压强为___________(填“较大”或“常压”)。其中温度与气体产率的关系如图:‎ ‎①约650℃之前,脱酸基反应活化能低速率快,故氢气产率低于甲烷;650℃之后氢气产率高于甲烷,理由是随着温度升高后,热裂解反应速率加快,同时______________________。‎ ‎②保持其他条件不变,在乙酸气中掺杂一定量水,氢气产率显著提高而CO的产率下降,请用化学方程式表示:_________________________________。‎ ‎(3)若利用合适的催化剂控制其他的副反应,温度为TK时达到平衡,总压强为PkPa,热裂解反应消耗乙酸20%,脱酸基反应消耗乙酸60%,乙酸体积分数为___________(计算结果保留l位小数);脱酸基反应的平衡常数Kp为___________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。‎ ‎28.(15分)铬元素的+6价化合物毒性较大,不能随意排放。某化工厂以铬渣(含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3+)为原料提取硫酸钠,同时制备金属铬的工艺流程如下:‎ 已知:Fe3+完全沉淀[c(Fe3+)≤1.0×10−5mol·L−1时pH为3.6。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)滤渣A的主要成分为___________。‎ ‎(2)根据右图信息,操作B包含蒸发结晶和___________。‎ ‎(3)酸化后的Cr2O可被SO还原,该反应中若有0.5mol Cr2O被还原为Cr3+,则消耗SO的物质的量为___________mol。‎ ‎(4)将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3(铬酐),写出该反应的化学方程式______________________。‎ ‎(5)通过两步反应可以实现Cr(OH)3转化为Cr,若第一步反应为2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O;第二步反应利用了铝热反应原理,则该反应方程式为___________。‎ ‎(6)利用如图装置,探究铬和铁的活泼性强弱。能证明铁比铬活泼的实验现象是__________‎ ‎____________。工业上,在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能,用硫酸铬[Cr2(SO4)3]溶液作电解液,阴极的电极反应式为______________________。‎ ‎35.【选修3:物质结构与性质】(15分)‎ 现有七种元素,其中A,B,C,D,E为短周期主族元素,F、G为第四周期元素,它们的原子序数依次增大.请根据下列相关信息,回答问题.‎ A元素的核外电子数和电子层数相等,也是宇宙中最丰富的元素 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1‎ C原子的第一至第四电离能分别是:‎ I1 =738KJ/mol I2 =1451KJ/mol I3 =7733KJ/mol I4 =10540KJ/mol D原子核外所有P轨道全满或半满 E元素的主族序数和周期数的差为4‎ F是前四周期中电负性最小的元素 G在周期表的第七列 ‎(1)已知BA5为离子化合物,写出其电子式;‎ ‎(2)B基态原子中能量最高的电子,其电子云在空间有个方向,原子轨道呈_____形;‎ ‎(3)某同学根据上述信息,推断C基态原子的核外电子排布为该同学所画的电子排布图违背了;‎ ‎(4)G位于__族___区,价电子排布式为;‎ ‎(5)DE3中心原子的杂化方式为,用价层电子对互斥理论推测其空间构型为。‎ ‎36.【有机化学基础】(15分)‎ J是一种解热镇痛类药物,其合成路线如下:‎ 已知部分信息如下:‎ ‎①苯环上原有取代基对苯环上新导入的取代基的位置有一定的影响,例如,一OH、一CH3等易使新导入的取代基进入苯环的邻、对位;一NO2、一COOH等易使新导入的取代基进入苯环的间位。‎ ‎②(具有弱碱性和还原性)‎ ‎③J遇氯化铁溶液能发生显色反应,其苯环上一氯代物只有2种,且结构中苯环直接连接“R-CONH-”基。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)H的名称是_______________;C所含官能团名称是______________________。‎ ‎(2)E→F的反应类型是_________________________________。‎ ‎(3)利用下列仪器进行检测时,H和I显示的信号完全相同的是___________,测定J所含化学键和官能团的是___________。‎ a红外光谱仪 b质谱仪 c元素分析仪 d核磁共振氢谱仪 ‎(4)D+I→J的化学方程式为_________________________________。‎ ‎(5)在J的同分异构体中,同时满足下列条件的有___________种(不包括立体异构)。‎ ‎①能发生银镜反应和水解反应;②该物质与足量NaOH溶液反应,最多消耗2mol NaOH;其中,在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1︰2︰2︰2︰2的结构简式为___________。‎ ‎(6)已知:苯环直接与甲基相连时,甲基可被酸性高锰酸钾溶液直接氧化成羧基,参照上述流程和信息,以甲苯为原料(其他试剂自选)合成,设计合成路线为。‎ 绝密★启用前 ‎【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷 化学答案(九)‎ ‎7.【答案】A ‎【解析】A.淀粉水解最终产物是葡萄糖,葡萄糖在催化剂条件下C6H12O6→2CH3CH2OH+2CO2↑,故A正确;B.人体中缺少水解纤维素的酶,即纤维素在人体中无法水解,故B错误; C.乙醇和乙酸不是营养物质,故C错误;D.真丝成分是蛋白质,洗衣粉含酶,能使蛋白质水解,故D错误。‎ ‎8.【答案】D ‎【解析】A.布洛芬为羧酸,苯甲酸甲酯为酯,类别不同,不是同系物,故A错误;B.由结构可知分子式为C‎13‎H‎18‎O‎2‎,故B错误;C.由结构可知,苯环上只有2种H,则在苯环上发生取代反应,其一氯代物有2种,二氯代物有3种,故C错误;D.只有‎-COOH与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,则1mol布洛芬能与足量NaHCO‎3‎溶液反应最多生成‎1mol CO‎2‎,故D正确;故选:D。‎ ‎9.【答案】A ‎【解析】A.三氯甲烷在标准状况下是液体,不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意;B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2,可以按照最简式计算,2.8g的CH2为0.2mol,含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol,数目为0.4NA,B项不符合题意;C.1molNH4NO3溶于适量稀氨水中,所得溶液呈中性,根据电荷守恒,c(NH)+c(H+)=c(NO)+c(OH−),中性c(H+)=c(OH−),c(NH)=c(NO),同一溶液中NO3-的数目为NA,则NH数目也为NA,C项不符合题意;D.淀粉的结构单元C6H10O5,式量为162,则水解后会得到1mol葡萄糖,分子数为NA,D项不符合题意;本题答案选A。‎ ‎10.【答案】C ‎【解析】依题意可知,M是NH4HSO3,N是NH4HSO4,故元素R、X、Y、Z依次为H、N、O、S。A.H2O的热稳定性比NH3强,选项A正确;B.S2−的半径比O2−的大,选项B项正确; C.HNO3、H2SO4均是强酸,但是,HNO2、H2SO3均是弱酸,选项C错误;D.NH3和H2S可反应生成(NH4)2S、NH4HS两种盐,选项D正确。答案选C。‎ ‎11.【答案】C ‎【解析】A.FeS2煅烧时会生成SO2,加入CaO会与SO2反应,减少SO2的排放,而且CaSO3最后也会转化为CaSO4,A项不符合题意;B.滤液中NaAlO2溶液,通入CO2,生成Al(OH)3,过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3;B项不符合题意;C.煅烧前后Fe原子守恒,n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16,而不是1∶5,C项符合题意;D.Fe3O4具有磁性,能够被磁铁吸引,D项不符合题意;本题答案选C。‎ ‎12.【答案】A ‎【解析】A.电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能,则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多,假设质量都是1g时,这三种金属转移电子物质的量分别为(1g/24g/mol)×2=1/12mol、(1g/27g/mol)×3=1/9mol、(1g/65g/mol)×2=1/32.5mol,所以Al−空气电池的理论比能量最高,故A错误;B.负极上Mg失电子生成Mg2+,为防止负极区沉积Mg(OH)2,则阴极区溶液不能含有大量OH−,所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜,故B正确; C.正极上氧气得电子和水反应生成OH−,因为是阴离子交换膜,所以阳离子不能进入正极区域,则正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−,故C正确;D.反应物接触面积越大,反应速率越快,所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积,并有利于氧气扩散至电极表面,从而提高反应速率,故D正确。答案选A。‎ ‎13.【答案】C ‎【解析】A.b点时,溶液中的溶质为Na2SO4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、NH水解使溶液呈酸性,选项A错误;B.当加入20mL NaOH溶液时,NH水解,c(H+)=c(NH3·H2O)=10-5.3mol/L,Kb=cNH‎4‎‎+‎c(OH‎-‎)‎c(NH‎3‎∙H‎2‎O)‎‎≈‎0.05×‎‎10‎‎-8.7‎‎10‎‎-5.3‎=5.0×‎‎10‎‎-5.4‎,选项B错误;C.当加入30 mL NaOH溶液时,溶液中NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,pH>7,所以当二者程度相等(d点的pH=7)时,加入的NaOH溶液的体积小于30mL,选项C正确;D.e点溶液中c(NH3·H2O)>c(NH),选项D错误。答案选C。‎ ‎26.【答案】(1)Al4C3+12HCl===3CH4↑+4AlCl3 ‎ ‎(2)F→D→B→E→C→G ‎ ‎(3)先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下 ‎(4)试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成) 除去甲烷中的HCl气体和水蒸气 ‎(5)取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变为蓝色,则证明红色固体中含有Cu2O 取少量Cu2O固体于试管中,加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液 ‎【解析】(1)A中Al4C3与盐酸发生复分解反应,反应方程式Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3;因此本题答案是:Al4C3+12HCl=3CH4↑+4AlCl3。(2)A中反应后,需除去气体可能携带的HCl,故紧接着是F,然后将气体通入反应器D,随后通入B中,检验是否有水生成,再通入澄清石灰水E,检验二氧化碳,最后通入C中检验一氧化碳,最后G收集尾气,故顺序为:F→D→B→E→C→G;综上所述,本题答案是:F→D→B→E→C→G。(3)滴加稀盐酸操作:先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔),再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下;综上所述,本题答案是:先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的凹槽对准漏斗上的小孔)‎ ‎,再将分液漏斗下面的旋塞打开,使稀盐酸缓慢滴下。(4)根据题给信息可知,气体产物中含有CO,所以C中银氨溶液可被还原为银,试管内有黑色固体生成;反应产生的甲烷气体中含有HCl和H2O,为了不影响后续反应,利用F装置除去甲烷中的HCl和H2O;综上所述,本题答案是:试管内有黑色固体生成(或试管内有银镜生成,除去甲烷中的HCl气体和水蒸气。(5)欲证明红色固体中是否含有Cu,甲同学设计如下实验:向少量红色固体中加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液,发现溶液变蓝,据此判断红色固体中含有Cu;乙同学认为该方案不合理,欲证明甲同学的结论,还需增加如下对比实验:①取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变蓝色,说明溶液中含有Cu2+,则证明红色固体中含Cu2O;综上所述,本题答案是:取少量红色固体,加入适量稀硫酸,若溶液变为蓝色,则证明红色固体中含有Cu2O。②取少量的Cu2O固体于试管中,加入适量的0.1mol·L−1AgNO3溶液,若溶液不变蓝,则可排除红色固体中Cu2O的干扰,证明其中含有Cu;综上所述,本题答案是:取少量Cu2O固体于试管中,加入适量0.1mol·L−1AgNO3溶液。‎ ‎27.【答案】(1)2CO(g) +2H2(g)→CH4(g)+CO2(g) ∆H=−247.2KJ·mol−1‎ (2) 常压热裂解反应正向移动,而脱酸基反应逆向移动,故氢气产率高于甲烷 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) ‎ (3) ‎9.1% 0.8P ‎ ‎【解析】(1)由盖斯定律计算:①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol−1,②脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=-33.5KJ·mol−1,②-①得:CO与H2甲烷化的热化学方程式2CO(g) +2H2(g)→CH4(g)+CO2(g) ∆H= −247.2 KJ·mol−1;(2)在密闭容器中,利用乙酸制氢,CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g),反应为气体体积增大的反应,选择的压强为常压。①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)是吸热反应,热裂解反应正向移动,脱酸基反应CH3COOH(g)‎ ‎→CH4(g)+CO2(g)是放热反应,而脱酸基反应逆向移动。650℃之后氢气产率高于甲烷,理由是随着温度升高后,热裂解反应速率加快,同时①热裂解反应正向移动,而脱酸基反应逆向移动,故氢气产率高于甲烷。②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气,在乙酸气中掺杂一定量水,氢气产率显著提高而CO的产率下降,CO(g) +H2O(g)=H2(g)+CO2(g)。‎ ‎(3)热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol-1‎ ‎ 0.2 0.4 0.4‎ 脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=-33.5KJ·mol-1‎ ‎ 0.6 0.6 0.6‎ 乙酸体积分数为0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)×100%=9.1%‎ Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)=‎0.6p‎2.2‎‎×‎‎0.6p‎2.2‎‎0.2p‎2.2‎ =0.8P。‎ ‎28.【答案】(1)Fe(OH)3‎ ‎(2)趁热过滤 ‎(3)1.5mol ‎ ‎(4)Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O ‎ ‎(5)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr ‎ ‎(6)Cr电极上产生气泡,溶液颜色变为浅绿色 Cr3++3e-=Cr ‎ ‎【解析】(1)铬渣中含有Na2SO4及少量Cr2O、Fe3+,先水浸,然后向其中加入稀的NaOH溶液,调整pH=3.6,这时Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣A中,故滤渣A主要成分是Fe(OH)3;(2)将滤渣A过滤除去后溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7,将溶液蒸发浓缩,根据物质的溶解度曲线可知:Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大,Na2SO4·10H2O的溶解度先是随温度的升高而增大,当温度接近50℃时,Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小,趁热过滤,就可以使Na2SO4过滤除去,得到的母液中主要含有Na2Cr2O7;因此操作是蒸发浓缩、趁热过滤;(3)酸化后的Cr2O可被SO还原,根据电子得失数目相等可知,若该反应中有0.5mol Cr2O被还原为Cr3+,转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol×2×(6-3)=3mol,由于SO被氧化为SO42-,每1mol SO失去2mol电子,所以消耗SO的物质的量n(SO)=3mol÷2=1.5mol;(4)重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水,根据反应前后各种元素的原子守恒,可得反应方程式:Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O;(5)Cr2O3与Al在高温下发生置换反应,产生Cr与Al2O3,根据电子守恒、原子守恒配平方程式为:Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr;(6)若要利用原电池反应原理,证明铁比铬活泼,可以将二者连接起来,放入稀H2SO4中,在Fe电极上发生反应:Fe-2e−=Fe2+,进入溶液,使溶液变为浅绿色;电子经过导线转移至金属Cr上,溶液中的H+在Cr上获得电子,发生还原反应:2H++2e−=H2↑,在Cr电极上有许多气泡产生。因此看到实验现象是:溶液颜色变为浅绿色,同时在Cr电极上有许多气泡产生;在钢器具表面镀铬,要使钢器具与外接电源的负极连接,作阴极,发生还原反应:Cr3++3e−=Cr,使钢铁表面覆盖一层金属铬,抗腐蚀能力大大增强。‎ ‎35.【答案】(1)‎ ‎(2)3 纺锤 ‎(3)泡利原理 ‎(4)ⅦB d 3d54s2‎ ‎(5)sp3三角锥 ‎【解析】A,B,C,D,E为短周期主族元素,F、G为第四周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的核外电子数和电子层数相等,也是宇宙中最丰富的元素,A为H元素;B元素原子的核外p电子数比s电子数少1,B有2个电子层,为1s22s22p3,故B为N元素;由C原子的第一至第四电离能数据可知,第三电离能剧增,故C表现+2价,处于ⅡA族,原子序数大于N元素,故C为Mg元素;D处于第三周期,D原子核外所有p轨道全满或半满,最外层排布为3s23p3,故D为P元素;E处于第三周期,E元素的主族序数与周期数的差为4,E处于第ⅦA族,故E为Cl元素;F是前四周期中电负性最小的元素,F为第四周期元素,故F为K元素,G在第四周期周期表的第7列,G为Mn元素。(1)BA5即NH5,电子式为:;故答案为:;(2)由于B元素原子的核外p电子数比s电子数少1,B有2个电子层,为1s22s22p3,故B为N元素,N基态原子中能量最高的电子在p轨道上,其电子云在空间有3个方向,原子轨道呈纺锤形,故答案为:3;纺锤;(3)由表格信息可知,C原子的第一至第四电离能数据可知,第三电离能剧增,故C表现+2价,处于ⅡA族,原子序数大于N元素,故C为Mg元素,由图片可知,该同学的画的3s轨道违背了泡利不相容原理;(4)根据题目信息可知,G在第四周期周期表的第7列,G为Mn元素,其位于ⅦB、d区,核外电子排布式为:[Ar]3d54s2;故答案为:ⅦB;d;3d54s2;(5)DE3即PCl3,中心原子P的价能层电子对数为4,故其为sp3杂化,PCl3的价层电子对互拆模型为正四面体,3个成键电子对占据其3个杂化轨道,1个孤电子对占据余下的杂化轨道,故其空间构型为三角锥,故答案为:sp3;三角锥。‎ ‎36.【答案】(1)对硝基苯酚(或4-硝基苯酚)羧基 ‎(2)取代反应 ‎(3)c a ‎ ‎(4)‎ ‎(5)16 ‎ ‎(6)‎ ‎【解析】依题意,酚遇氯化铁溶液发生显色反应,苯环上一氯代物只有2种,说明苯环上只有2种氢原子。由此推知,J含有苯环、酚羟基和CH3CONH-,且两个取代基位于苯环的对位,J的结构简式为。逆推,A为乙烯,B为乙醛,C为乙酸,D为CH3COCl。E为苯,F为溴苯,G为苯酚,H为,I为。(1)H分子中,-NO2作取代基,羟基作主官能团,名称为对硝基苯酚(或4-硝基苯酚);C为羧酸类,所含官能团为羧基;(2)E→F为苯与溴发生取代反应生成溴苯;(3)H和I组成元素都是C、H、O、N,在元素分析仪上信号完全相同,答案选c;红外光谱仪测定有机物的官能团和化学键,答案选a;(4)D和I发生取代反应形成肽键和氯化氢,故D+I→J的化学方程式为;(5)1mol酚酯最多消耗2mol NaOH。依题意,J的同分异构体中,苯环上直接连接甲酸酯基(HCOO一)。分两种情况讨论:①若苯环上有2个取代基,则分两组:HCOO一、一NHCH3; HCOO一、一CH2NH2,共有6种结构;②若苯环上有3个取代基,则它们是HCOO一、一NH2、一CH3,有10种结构。符合条件的同分异构体有16种;其中,在核磁共振氢谱上有5个峰且峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构不含甲基,且HCOO一、一CHNH2位于苯环的对位,结构简式为;(6)分析目标产物知,将甲基氧化成羧基,先引入硝基,再还原硝基。由于胺基易被氧化,故先氧化,后还原;又因为一COOH控制苯环的间位取代,一CH3控制苯环的邻、对位取代。所以,先硝化、后氧化、最后还原。合成路线为:。‎

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