宁夏2020届高三化学第五次月考试题(Word版附解析)
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宁夏2020届高三化学第五次月考试题(Word版附解析)

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资料简介
宁夏 2020 届高三第五次月考理科综合能力测试 化学试题 1.废电池投入的垃圾桶上应贴有的垃圾分类标志是 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 废旧电池能严重污染水体和土壤,所以废干电池实施集中处理,以防止对水源和土壤的污染, 它不属于金属,不能够燃烧,不属于玻璃材料,所以属于有害垃圾。 【详解】A.图示标志为有害垃圾,故 A 正确; B.图示标志为可回收垃圾,故 B 错误; C.图示标志为餐厨垃圾,故 C 错误; D.图示标志为其它垃圾,故 D 错误; 故选:A。 2.用 NA 代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 3.6 g CaO2 晶体中阴离子的数目为 0.1NA B. 将 7.1 g Cl2 通入水中,转移电子数为 0.1NA C. 标准状况下,11.2 L O2 和 CO2 混合气体含有的氧原子数为 NA D. 室温下,1L pH=13 的 NaOH 溶液中,由水电离出的 OH-的数目为 0.1NA 【答案】C 【解析】 【详解】A.3.6g 过氧化钙的物质的量为 0.05mol,而 1mol 过氧化钙中含 1mol 阴离子,故 0.05mol 过氧化钙中含 0.05NA 个阴离子,故 A 错误。B.氯气与水反应为可逆反应,不能进行到底,所以将 7.1 g Cl2 通入水中,转移电子数小于 0.1NA, 故 B 错误; C.O2 和 CO2 均含两个氧原子,标准状况下,11.2 L O2、CO2 混合气体物质的量为 0.5mol,含 有的氧原子数为 NA,故 C 正确; D.在氢氧化钠溶液中,氢原子的物质的量浓度为 10-13mol/L,全部来自于水的电离,而水电 离出的氢氧根的浓度等于水电离出的氢离子的浓度,故 pH=13 的氢氧化钠中,水电离出的氢 氧根的个数为 10-13NA,故 D 错误; 故答案为 C。 3.下列反应 离子方程式正确的是 A. 碳酸钠的水溶液呈碱性:CO32-+2H2O H2CO3+2OH- B. 用 CH3COOH 溶解 CaCO3:CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑ C. 向 Fe (OH)3 胶体中加入氢碘酸溶液:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O D. 氯化亚铁溶液中通入氯气:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A 、 碳 酸 钠 水 溶 液 呈 碱 性 的 原 因 是 因 为 碳 酸 根 离 子 水 解 : CO32-+H2O HCO3-+OH-;故 A 错误; B、醋酸是弱电解质,写化学式,离子方程式为 CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-,故 B 错误; C、向 Fe(OH)3 胶体中加入氢碘酸溶液,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为:2Fe (OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O,故 C 错误; D. 氯化亚铁溶液中通入氯气,氯气氧化亚铁离子,离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故 D 正确; 故答案为 D。 【点睛】注意明确离子方程式正误判断常用方法:检查反应物、生成物是否正确,检查各物 质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,检查是否符合原化学方程式等。 4.某铁的氧化物(FexO)1.52g 溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下 112mlCl2,恰 好将 Fe2+完全氧化。x 值为( ) A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93 【答案】A 的【解析】 【详解】FexO 中 Fe 的平均化合价为+ ,被氧化为 Fe3+,根据电子守恒可知,转移的电子数 和 Cl2 转移的电子数相等.标准状况下 112mL Cl2 转移电子数为 ×2=0.01mol.则 有: ×(3- )×x=0.01mol,解得 x=0.8,故选 A。 【点晴】本题考查氧化还原反应计算,注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得 失守恒法解题的一般思路是:首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物;其次 找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数);最后根据题中物质的物质的量和 得失电子守恒列出等式。即 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)× 变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)。本题中注意平均化合价的应用,根据电子守恒可 知,FexO 被氧化为 Fe3+转移的电子数和 Cl2 转移的电子数相等。 【此处有视频,请去附件查看】 5.下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 用硫酸酸化的 H2O2 溶液滴入到 Fe(NO3)2 溶液中, 溶液变成黄色 氧化性: H2O2 强于 Fe3+ B 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液 有白烟产生 该溶液可能是浓盐酸 C 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反 应 火焰呈黄色 该溶液含钠元素不含钾 元素 D 分别向含有酚酞的烧碱溶液中通入 氯气、二氧化硫 溶液颜色都变浅 说明氯气和二氧化硫都 有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 2 x 0.112 22.4 / L L mol ( ) 1.52 56 16 / g x g mol+ 2 x【解析】 【详解】A.酸性条件下亚铁离子可能被硝酸根离子氧化,则不能判断 H2O2、Fe3+的氧化性, 故 A 错误; B.浓氨水具有挥发性,可以会发出碱性气体氨气,浓盐酸具有挥发性,挥发出的氯化氢可以 和氨气反应得到白烟氯化铵,故 B 正确; C.某溶液 W 进行焰色反应实验焰色为黄色,证明含有钠离子,但是钾离子的检验需要透过 钴玻璃观察,所以无法判断钾离子是否存在,故 C 错误; D.氯气、二氧化硫均与 NaOH 反应,碱性降低,二氧化硫为酸性氧化物,均与漂白性无关, 故 D 错误; 故答案为 B。 6.工业上,通常采用电解法处理酸性废水中的 ,装置示意图如图所示。下列说法正确的 是 A. 石墨极上发生氧化反应 B. 阳极的电极反应式为 C. 除去 的反应: D. 随着电解的进行,石墨极附近电解质溶液的 pH 会减小 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知,Fe 与电源正极相连,则 Fe 作阳极,Fe 失电子,发生氧化反应生成亚铁离子,石 墨为阴极,溶液中氢离子得到电子发生还原反应,且处理酸性废水中的 Cr2O72-,发生 Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,以此来解答。 【详解】A.石墨与电源负极相连,为阴极,发生还原反应,故 A 错误; B.Fe 作阳极,Fe 失电子,发生氧化反应生成亚铁离子,阳极反应为 Fe-2e-═Fe2+,故 B 错误; 2- 2 7Cr O 3Fe 3e Fe− +− = 2- 2 7Cr O 2- 2+ + 3+ 3+ 2 7 2Cr O +6Fe +14H =2Cr +6Fe +7H OC.发生 Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,处理废水,故 C 正确; D.阴极发生还原反应,溶液中的氢离子得到电子减少,同时生成氢氧根,pH 增大,故 D 错 误; 故选:C。 7.常温下某一元碱 BOH 溶液与 0.01mol/L 的一元强酸 HA 溶液等体积混合后所得溶液的 pH 为 7,下列说法中正确的是 ①反应前,0.01mol/L 的一元强酸 HA 溶液中水电离出的 H+的浓度为 1×10-12mol/L ②反应前,一元碱 BOH 其溶液中溶质物质的量浓度一定大于 0.01mol/L ③反应后,溶液中离子浓度大小排列顺序一定是 c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-) ④反应后,混合溶液中 HA 与 A﹣的浓度总和等于 0.01mol/L. A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【分析】 常温下某一元碱 BOH 溶液与 0.01mol/L 的一元强酸 HA 溶液等体积混合后所得溶液的 pH 为 7,溶液显中性,HA 为强酸,若 BOH 为弱碱则浓度大于 0.01mol/L,若 BOH 为强碱,则浓度 为 0.01mol/L。 【详解】①HA 为强酸,能够完全电离,0.01mol/L 的一元强酸 HA 在水溶液中电离出的 c(H+)=0.01mol/L,根据常温下 Kw=c(OH-)·c(H+)=10-14,可知溶液中 c(OH-)=10-12mol/L,且全部 是 由 水 电 离 出 来 的 , 溶 液 中 水 电 离 出 的 氢 离 子 浓 度 和 氢 氧 根 浓 度 相 同 , 所 以 也 为 1×10-12mol/L,故正确; ②根据题目信息无法判断 BOH 是强碱还是弱碱,若 BOH 为弱碱则浓度大于 0.01mol/L,若 BOH 为强碱,则浓度为 0.01mol/L,故错误; ③反应后,根据电荷守恒 c(B+)+ c(H+)= c(A-)+ c(OH-),溶液显中性所以 c(H+)=c(OH-),所以 c(B+)=c(A-),溶液中的溶质为 BA,所以溶液中离子浓度大小排列顺序一定是 c(B+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-),故正确; ④反应后,由于两溶液等体积混合,所以根据物料守恒可知混合溶液中 HA 与 A﹣的浓度总和 等于 0.005mol/L,故错误; 正确的有①③,故答案为 B。 【点睛】易错点为④,要注意溶液混合后浓度是会发生变化的。8.铜在自然界中常以多种形态存在,现以孔雀石矿石[成分为 Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、 Fe2O3 等]为原料生产主产品胆矾和副产品铁红的工艺流程如图: (1)气体 1 的成分除 H2O(g)外,还有 CO2、SO2,写出步骤①中发生氧化还原反应的化学 方程式为 _______________,若反应生成 1mol SO2,则反应中转移的电子数为 ___________mol。滤液 1 的主要成分为__________(写化学式) (2)目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为 70%,为进一步提高酸浸的百分率可采取的措施 有_________________(答出两点)。 (3)步骤④调 pH 所用试剂为_____________ (写化学式) (4)常温下滤液 3 的 pH=4,Ksp[Fe(OH) 3]=4×10-38,则滤液 3 中 c(Fe3+)=___________。 (5)步骤⑤操作 _______________________________________________________.。 (6)假设使用孔雀石矿石质量为 m kg,步骤③酸浸的百分率为 70%,经滤渣 2 所得铁红的质 量为 n kg,则: ①铁红的用途之一为________, ②孔雀石矿石中铁元素的含量为________。 【答案】 (1). 4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2 (2). 6.5mol (3). Na2SiO3 (多写 Na2CO3 也可) (4). 升高温度、增大酸的浓度 (5). CuO[或 CuCO3、Cu(OH)2 等] (6). 4×10-8 mol/L (7). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(或烘干) (8). 作红色 油漆和涂料 (9). ×100% 为 n m【解析】 【分析】 孔雀石矿石的成分为 Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3,生产主产品胆矾和副产品铁红, 由 流 程 可 知 , ① 中 Cu2 ( OH ) 2CO3 灼 烧 生 成 CO2 , 且 发 生 4CuFeS+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO2,则气体 1 为 CO2、SO2,熔块含 CuO、Na2SiO3、Fe2O3, 水浸后滤液 1 含 Na2SiO3,滤渣 1 含 CuO、Fe2O3,酸浸后滤液 2 含硫酸铁、硫酸铜,调节 pH 过滤分离出滤渣 2 为 Fe(OH)3,Fe(OH)3 加热生成铁红,滤液 3 中含硫酸铜,蒸发浓缩、 冷却结晶、过滤、洗涤分离出胆矾,以此来解答。 【详解】(1)气体 1 的成分除 H2O(g)外,还有 CO2、SO2,步骤①中发生氧化还原反应的 化学方程式为 ,该反应中氧气做氧化剂,由 0 价降低 为-2 价,每个氧原子得到 2 个电子,根据方程式可知生成 8mol SO2,氧气得到 52mol 电子, 即转移 52mol 电子,所以生成 1mol SO2 反应中转移的电子数为 6.5mol;根据分析可知滤液 1 的主要成分为 Na2SiO3, 故答案为: ;6.5mol;Na2SiO3(多写 Na2CO3 也可); (2)目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为 70%,为进一步提高酸浸的百分率可采取的措施 有升高温度、增大酸的浓度, 故答案为:升高温度、增大酸的浓度; (3)步骤④调 pH 所用试剂为 CuO[或 CuCO3、Cu(OH)2 等],可促进铁离子水解转化为沉 淀,且不引入新杂质, 故答案为:CuO[或 CuCO3、Cu(OH)2 等]; (4)室温下滤液 3 的 pH=4,Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38,则滤液 3 中 c(Fe3+)= mol/L=4×10-8 mol/L, 故答案为:4×10-8mol/L; (5)步骤⑤操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤, 故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤; (6)①铁红的用途之一为作红色油漆和涂料, ②假设使用孔雀石质量为 m kg,步骤③酸浸的百分率为 70%,经滤渣 2 所得铁红的质量为 n kg, 2 2 3 24CuFeS+13O 4CuO+2Fe O= +8SO 高温 2 2 3 24CuFeS+13O 4CuO+2Fe O= +8SO 高温 ( ) 38 310 4 10 10 − − ×由铁元素守恒可知,孔雀石矿石中铁元素的含量为 ×100%= ×100%, 故答案为: ×100%。 9.某同学探究 Cu 与 NO 的反应,查阅资料:①Cu 与 NO 反应可生成 CuO 和 N2,②酸性条件 下,NO 或 NO2–都能与 MnO4–反应生成 NO3–和 Mn2+ (1)实验室利用 Cu 和稀 HNO3 制备 NO,写出反应的化学方程式_____________。 (2)选用如图所示装置完成 Cu 与 NO 的实验。(夹持装置略) 实验开始前,向装置中通入一 段时间的 N2。回答下列问题: ①使用铜丝的优点是_____________________装置 E 的作用为_______________。 ②装置 C 中盛放的药品可能是_________; ③装置 D 中的现象是_______________;装置 F 中反应的离子方程式是_______________。 (3)测定 NaNO2 和 NaNO3 混合溶液中 NaNO2 的浓度。 取 25.00mL 混合溶液于锥形瓶中, 用 0.1000mol·L-1 酸性 KMnO4 溶液进行滴定,实验所得数据如下表所示: 滴定次数 1 2 3 4 消耗 KMnO4 溶液体积/mL 20.90 20.12 20.00 19.88 ①第一次实验数据出现异常,造成这种异常的原因可能是_________(填字母代号)。 a.锥形瓶洗净后未干燥 b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c.滴定终点时仰视读数 d.酸性 KMnO4 溶液中含有其他氧化性试剂 112n 70% 160 m × ÷ n m n me.锥形瓶洗净后用待测液润洗 ②酸性 KMnO4 溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。 ③NaNO2 的物质的量浓度为__________ 【答案】 (1). 3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O (2). 可以控制反应的发生与停 止 (3). 安全瓶(防倒吸) (4). CaCl2 或 P2O5 或硅胶 或碱石灰等(合理答案都给分) (5). 红色粉末变黑 (6). 5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O (7). bce (8). 6H ++2MnO4-+5NO2-=2Mn2++5NO3-+3H2O (9). 0.2mol/L 【解析】 【分析】 (1)Cu 被硝酸氧化,根据电子守恒和元素守恒配平方程式; (2)实验开始前,向装置中通入一段时间的 N2,将装置内的空气排尽,铜丝和稀硝酸反应生 成一氧化氮,装置 B 除去可能混有的二氧化氮,装置 C 进行干燥,之后在 D 装置中进行反应, E 装置短进短出可知其为安全瓶,F 装置处理未反应的一氧化氮,G 装置收集氮气。 (3)①第一次实验数据出现异常,消耗 KMnO4 溶液体积偏大,根据 c(待测)= 分析不当操作对 V(标准) 影响,以此判断浓度的误差; ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子; ③通过方程式确定亚硝酸钠和高猛酸钾之间的数量关系进行计算; 详解】(1)Cu 被硝酸氧化,根据电子守恒和元素守恒配平方程式, 故答案为:3Cu +8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O; (2)①可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生 与停止;装置 E 短进短出,作用为安全瓶防倒吸, 故答案为:可以控制反应的发生与停止;安全瓶(防倒吸); ②装置 C 的作用是干燥,所以盛放的药品可能是碱石灰、无水氯化钙等; 故答案为:CaCl2 或 P2O5 或硅胶 或碱石灰等(合理答案都给分); ③装置 D 中一氧化氮和铜反应生成氧化铜,铜单质为红色,氧化铜为黑色,所以看到的现象 是红色粉末变黑;装置 F 中高猛酸钾将一氧化氮氧化成硝酸根,根据电子守恒和元素守恒可 知反应的离子方程式是 5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O, 故答案为:红色粉末变黑;5NO +3MnO4- + 4H+= 5NO3- + 3 Mn2+ + 2H2O; (3)①a.锥形瓶洗净后未干燥待测液的物质的量不变,对 V(标准)无影响,故错误 的 【 ( ) ( ) ( ) c V V ×标准 标准 待测b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗标准液的浓度偏小,造成 V(标准)偏大,故 正确; c.滴定终点时仰视读数,造成 V(标准)偏大,故正确; d.酸性 KMnO4 溶液中含有其他氧化性试剂会导致 V(标准)偏小,故错误; e.锥形瓶洗净后用待测液润洗导致待测液体积偏大,造成 V(标准)偏大,故正确; 故答案为:bce; ②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子,高锰酸根离子被还原为锰离子,离子方程式 为 2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O; 故答案为:2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O; ③根据方程式可知:5NO2-~2MnO4-,消耗的高猛酸钾体积为(20.12mL+20.00mL +19.88mL)/3=20.00mL; 则 c(NaNO2)= = 0.2mol/L, 故答案为:0.2mol/L。 10.CO2 和 CH4 是常见的化合物,同时也是常用的化工原料。 Ⅰ.以 CO2 与 NH3 为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。合成尿素的反应为 2NH3(g) + CO2(g) CO(NH2)2(s) + H2O(g)。 (1)在不同温度及不同 y 值下合成尿素,达到平衡时,氨气转化率变化情况如图所示。 ①该反应的 ΔH_____0(填“>” 或、“”、“c(HCO3-)> c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) B.3c (Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)] C.c (Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(OH-) D.c(HCO3-)+ 3c(H2CO3)+2c(H+)= c(CO32-)+2c(OH-) 【答案】 (1). < (2). 低温 (3). < (4). abd (5). 40500 (6). mol• L-1•min- 1 (7). 48 (8). 正反应方向 (9). AD 【解析】 【分析】 Ⅰ、(1)通过图象分析温度升高,氨气转化率的变化从而分析反应吸放热;自发进行的判断 2 15依据是△H-T△S<0,结合反应特征分析判断需要的条件;若 y 表示反应开始时的水碳比,升 温平衡逆向进行,氨气转化率减小,一定温度下,水和二氧化碳之比越大,平衡逆向进行, 氨气转化率越小,则 y1 小于 y2; (2)平衡时是正逆反应速率相同,各组分含量保持不变,原则是变量不变分析选项; II.①根据 v 逆=k•c(CO)•c3(H2)计算 k 的值; ②根据 求出反应速率;根据 计算平衡常数;通过浓度商与平衡常 数的比较判断反应移动方向; III.可能发生的反应:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3,NaOH 的物质的量 为 0.2L×0.15mol/L=0.03mol,先分析 0.02mol CO2 通入之后溶液的溶质,再进行判断; 【详解】Ⅰ、(1)图象分析得到温度升高,氨气转化率减小说明平衡逆向进行,正反应为放 热反应,所以 ΔHc(H+),A 项正确; B.根据物料守恒可知 2c (Na+)=3[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)],B 项错误; C.根据电荷守恒可知 c (Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+c(OH-),C 项错误; D.电荷守恒和物流守恒联立消去钠离子即得 c(HCO3-)+ 3c(H2CO3)+2c(H+)= c(CO32-)+2c(OH-) (质子守恒),故 D 项正确; 故答案为:AD。 【点睛】本题考查了化学平衡常数、影响平衡的因素、化学平衡的计算、电解质溶液中的三 大守恒等内容,考查的点较多,知识夸度大,对学生来讲有一定的难度。第(3)题为难点, 要熟练掌握三段式的应用,同时也要注意本题中的容器体积为 3L,如果忽略了此条件,会导 ( ) ( ) ( ) 24 2+ + 01 1 0 3aa a a 3a1-a 1- 3HCH g H O g C a O g a  3a 1-a+1-a+a 3a+ 2 3mol/L 5min 2 15 ( ) ( ) ( ) ( )2 4 3 2c H c COK c H O c CH = ( ) ( ) ( ) 33a a 1-a 1-a × × ( ) ( ) 33a 1-a+ 1-a 1a+ 3 =4” 或、“PH3,原因是 NH3 分子间存在氢键,而 PH3 分子间存在范德华力 B.SO2 与 CO2 的化学性质有些类似,但空间结构与杂化方式不同 C.熔、沸点: SiF4< SiCl4< SiBr4 KCl > KBr,原因是晶格能逐渐减小 (7)晶体 Cu 的堆积方式如图所示,其中 Cu 原子在二维平面里放置时的配位数为_________, 设 Cu 原子半径为 a,晶体的空间利用率为______。(用含 π,a、的式子表示,不必化简) 【答案】 (1). 泡利原理 (2). 第Ⅷ族 (3). d (4). 3d6 (5). < (6). N>O>C (7). 8 mol(或 8×6.02×1023) (8). AC (9). 6 (10). ×100%或者 ×100% 【解析】 【分析】 (1)泡利原理:一个原子轨道上最多可容纳两个电子,而这两个电子的自旋方向必须相反; (2)铁是 26 号元素,据此解答;铁原子在失电子时,先失去最外层的两个 4s 电子。 (3)为同主族元素的离子,从上到下,离子半径逐渐增大,半径越大,分解温度越高,越不 3 3 44 πa3 (2 2 a) × × 2π 6易分解,相反,阳离子半径越小,越容易分解; (4)同一周期元素,第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,但第 IIA 族、第 VA 族元 素第一电离能大于其相邻元素; (5)单键均为 σ 键,双键中有 1 个 σ 键和一个 π 键,配位键也属于 σ 键; (7)铜原子在二维平面里放置为密致层,晶体空间利用率为 ×100%。 【详解】(1)如图所示的电子排布图中 3s 轨道有两个自旋方向一样的电子,违反了泡利原理, 故答案为:泡利原理; (2)Fe 位于第Ⅷ族族 d 区,铁原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d6 4s2,去 4s 能级 2 个电子形成 Fe2+,可知 Fe2+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6,Fe2+的价电子排布式为: 3d6, 故答案为:第Ⅷ族;d; 3d6; (3)为同主族元素的离子,从上到下,离子半径逐渐增大,半径越大,分解温度越高,越不 易分解,相反,阳离子半径越小,越容易分解,镁与钡同主族,所以 BaCO3 比 MgCO3 分解温 度高, 故答案为:O>C (5)1 个[Cu(NH3)2]+中 6 个 N—H 单键,2 个配位键,所以 1mol[Cu(NH3)2]+中含有 σ 键的数 目为 8 mol(或 8×6.02×1023), 故答案 :8 mol(或 8×6.02×1023); (6)A.热稳定性:NH3 >PH3,原因是氮氢键比磷氢键键能更大,故 A 错误; B.SO2 与 CO2 的化学性质有些类似,SO2 为 sp2 杂化,平面三角形,CO2 的为 sp 杂化,直线 型,故 B 正确; C.SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4 都是分子晶体,影响熔、沸点高低的因素是分子间作用力或氢键, 不是化学键影响。故 C 错误; D.CaO、KCl、KBr 都是离子晶体,影响熔、沸点高低的主要因素离子键,离子键强弱用晶 格能来衡量,离子键越强晶格能越大。CaO 的阴阳离子半径小、所带电荷多,所以离子键最 为 Cu该晶胞中含有 原子体积之和 晶胞体积强,晶格能最大;KBr 的阴阳离子半径大、所带电荷少,所以离子键最弱,晶格能最小,故 D 正确, 故答案为:AC; (7)铜原子在二维平面里放置为密致层,故配位数为 6;设 Cu 原子半径为 a,每个面对角线 上的三个 Cu 原子紧密相连,所以晶胞棱长=2 a,晶胞体积=(2 a)3,该晶胞中 Cu 原 子个数 8×1/8+6×1/2=4。晶体空间利用率为 ×100%= , 故答案为:6; ×100%或者 ×100%。 【点睛】涉及晶胞计算、晶体类型判断、分子空间构型判断等知识点,综合性较强,明确原 子结构、物质结构等知识点是解本题关键,注意(7)中的问题是:Cu 原子在二维平面里放置 时的配位数是多少,铜为面心最密堆积,平面里放置为致密层,配位数为 6。 12.卡托普利(E)是一种血管紧张素转化酶抑制剂,被应用于治疗高血压和某些类型的充血性心 力衰竭。合成路线如下: (1) A 中官能团的名称是______________,A→B 反应方程式为_______________。C→D 的 反应类型是_________________。 (2)1molD 与 NaOH 溶液反应,最多消耗__________NaOH (3)卡托普利 E 的分子中有_____个手性碳原子,下列关于 E 说法不正确的是______。 2 2 Cu该晶胞中含有 原子体积之和 晶胞体积 ( ) 3 3 4 a 4 3 100% 2 2a π × × 3 3 44 πa3 (2 2 a) × × 2π 6a.卡托普利的水溶液呈酸性 b.在氧气中充分燃烧的产物中含有 SO2 c.E 的分子式为 C9H16NO3S d.E 存在属于芳香族化合物的同分异构体 (4)A 与浓硫酸、甲醇反应生成 M,M 的同分异构体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰、 且只有一种官能团,该同分异构体可能结构为_________、_________。M 加聚反应生成高分 子化合物 N 的方程式为_____________。 【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH (3). 取 代 (4). 3mol (5). 2 (6). cd (7). (8). OHC-C(CH3)2-CHO (9). n CH2=C(CH3)COOCH3→ 【解析】 【分析】 (1)根据 B 的结构简式和 A 到 B 的反应类型反推 A;根据反应条件和反应类型书写 A 到 B 的方程式;C 到 D,C 中氯原子被取代; (2)D 中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应; (3)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳。根据分子结构简式和所含官 能团分析其性质; (4)A 与浓硫酸、甲醇发生酯化反应,故 M 的结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3, 【详解】(1)A 到 B 发生加成反应,碳链骨架不变,则 B 消去可得到 A,则 A 为 CH2=C(CH3)COOH,官能团为碳碳双键和羧基;A 到 B 为碳碳双键的加成反应,方程式为: CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH;C 到 D,C 中的氯原子被取代,为取代反 应, 故答案为:碳碳双键和羧基;CH2=C(CH3)COOH + HCl → ClCH2-CH(CH3)COOH;取代; (2)D 中的羧基、氯原子以及肽键可以和氢氧化钠发生反应 ,所以 1molD 与 NaOH 溶液反应,最多消耗 3molNaOH; (3)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时,该碳称为手性碳,所以 E 的分子中含有两个手性碳原子;a.E 分子中有羧基有酸性,故 a 正确;b.分子中含有硫元素,所以在氧气中充分燃 烧的产物中含有二氧化硫,故 b 正确;c.1 个 E 分子中含有 15 个 H 原子,所以 E 分子式为 C9H15NO3S,故 c 错误;d.E 的不饱和度为 3,无芳香族化合物的同分异构体,故 d 错误, 故答案为:2;cd; (4)A 与浓硫酸、甲醇发生酯化反应,故 M 的结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3,同分异构 体在核磁共振氢谱图中出现两种信号峰说明只有两种环境的氢,只有一种官能团则符合条件 的有机物有: ;M 加聚反应生成高分子化合物 N 的结构简 式为: ,方程式为:n CH2=C(CH3)COOCH3→ ; 故答案为: 、 ;n CH2=C(CH3)COOCH3→ 。

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