广东省广州市113中学2020届高三11月月考化学试题

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文档介绍

广东省广州市113中学2020届高三11月月考化学试题

广州市第一一三中学2020届高三11月月考 理科综合-化学试卷 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.回答第I卷时,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,再选涂其它答案标号。 写在本试卷上无效。‎ ‎3.回答第II卷时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效。‎ ‎4.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 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24‎ ‎1.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是 A. 氮肥均含有NH4+‎ B. 雷电作用固氮中氮元素被氧化 C. 碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环 D. 合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项,除了含有铵根NH4+的氨态氮肥以外,还有硝态氮肥(以硝酸根NO3-为主)、铵态硝态氮肥(同时含有硝酸根和铵根)、酰胺态氮肥(尿素),故A项错误;‎ B项,在闪电(高能)作用下,生成氮氧化合物,氮元素化合价升高,所以雷电作用固氮中氮元素被氧化,故B项正确;‎ C项,碳、氢、氧三种元素参加了氮循环,如蛋白质的制造需要碳元素,又如氮气在放电条件下,与氧气直接化合生成一氧化氮气体,二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等,故C项正确;‎ D项,侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为:NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,该制备中用到了氨气,所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱,故D项正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查自然界中氮循环,涉及氮肥、自然固氮和侯氏制碱法等知识,易错点有氮肥不只是铵态氮肥,还有硝态氮肥和尿素等,全面掌握基础知识是解题的关键。‎ ‎2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,螺[3,3]庚烷()是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 与甲苯(C7H8)互为同分异构体 B. 1mol该化合物完全燃烧时消耗10 mol O2‎ C. 所有碳原子均处同一平面 D. 一氯代物共有3种(不含立体异构)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该化合物分子式为C7H12,有两个环,不饱和度是2;甲苯(C7H8)含有一个苯环,不饱和度是4,所以不可能是同分异构体,故A错误;‎ B.该化合物分子式为C7H12,1mol该化合物完全燃烧时消耗O2的物质的量为:(7+)mol=10mol,故B正确;‎ C.两个环的碳原子均为饱和碳原子,具有甲烷四面体结构,所有碳原子不同面,故C错误; ‎ D.由结构简式可知,该化合物分子中共有两种等效氢原子,所以一氯代物共有2种,故D错误。 ‎ 故选B。‎ ‎3.NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是 A. 4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NA B. 11.2L(标准状况)CCl4中含有的共价键数为2NA C. 3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NA D. 1L 0.1mol·L-1的Na2S溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水,碳元素化合价由-4价升高到+4价,所以4g甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA/mol =2NA,故A正确;‎ B. CCl4在标况下为非气态,无法计算11.2LCCl4的物质的量,故B错误;‎ C. SO2和O2反应为可逆反应,反应不能进行完全,SO2和O2都有剩余,所以3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数大于3NA,故C错误;‎ D. Na2S溶液中分两步水解,生成HS-和H2S,根据物料守恒关系:HS-、H2S和S2-离子数之和为0.1NA,故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题为“NA”应用试题,解答此类题要注意题设陷阱,本题B选项,CCl4在标况下非气态,C选项,二氧化硫和氧气反应为可逆反应,D选项,要注意物料守恒的正确使用,考生只有在平时多总结,才能做到考试时慧眼识别。‎ ‎4.下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是( )‎ 选项 目的 分离方法 原理 A 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液 过滤 胶体粒子不能通过滤纸 B 用乙醇提取碘水中的碘 萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 C 用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体 蒸发 MgCl2受热不分解 D 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项,胶体粒子可以通过滤纸,但不能通过半透膜,所以分离胶体与溶液的方法是渗析,故A项错误;‎ B项,乙醇会溶于水,致使碘、水、乙醇三者混溶,不能用乙醇萃取的方法进行分离,故B项错误;‎ C项,用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体,要先升温蒸发,然后降温结晶获得六水合氯化镁,然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2,故C项错误;‎ D项,丁醇和乙醚的沸点相差大,可以用蒸馏的方法分离,故D项正确。‎ 综上所述,本题的正确答案为D。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大,W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是 A. W的氧化物对应水化物均为强酸 B. 简单离子半径:W<X<Y C. 简单氢化物沸点:Z<W D. Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W与X形成红棕色有刺激性气味的气体是NO2,且W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,则W为N,X为O,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,则Y为Na,Z原子最外层电子数与W电子总数相同,则Z为Cl。‎ 综上,W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl。‎ ‎【详解】根据以上分析,W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Cl,‎ A项,W为N,N的氧化物N2O3对应水化物HNO2为弱酸,故A项错误;‎ B项,N3-、O2-、Na+三种离子的电子层结构相同,核电荷数越大半径越小,所以简单离子半径:N3->O2->Na+,故B项错误;‎ C项,Z为Cl,W为N,由于氨分子之间存在氢键,沸点较高,简单氢化物沸点:Cl<N,故C项正确;‎ D项,Y为Na,Z为Cl,Y与Z形成的化合物为NaCl,为强酸强碱盐,不水解,水溶液呈中性,故D项错误。‎ 综上所述,本题正确答案为C。‎ ‎6.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。‎ 电池工作时发生的反应为: ‎ RuII RuII *(激发态)‎ RuII *→ RuIII+e-‎ I3-+ 2e-→3I-‎ RuIII+3I-→RuII++ I3-‎ 下列关于该电池叙述错误的是 ( )‎ A. 电池中镀Pt导电玻璃为正极 B. 电池工作时,I-离子在镀Pt导电玻璃电极上放电 C. 电池工作时,电解质中I-和I3-浓度不会减少 D. 电池工作时,是将太阳能转化为电能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图电子的移动方向可知,半导材料TiO2为原电池的负极,镀Pt导电玻璃为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,由此分析解答。‎ 详解】根据上述分析,结合图示信息得,‎ A. 由图可知,镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极,所以为正极,A项正确; B. 原电池中阴离子在负极周围,所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电,B项错误; C. 电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变,C项正确; D. 由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置,D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎7.一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 A. Ksp(MnCO3)的数量级为10-11‎ B. MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡,c(Mg2+)不变 C. a点表示的溶液中,c(Ca2+)>c(CO32-)‎ D. 向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,最先形成MgCO3沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.计算出Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)•c(CO32-)解答;‎ B.MgCO3的悬浊液中加入少量水,Ksp保持不变;‎ C.a点表示CaCO3的饱和溶液,但-lgc(CO32-)>-lgc(Ca2+);‎ D.Ksp越小,越易生成沉淀。‎ ‎【详解】A.利用(0,10.7)或(10.7,0)计算Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)•c(CO32-)=1×10-10.7=100.3×10-11,1<100.3<10,所以Ksp(MnCO3)数量级为10-11,A正确;‎ B.MgCO3的悬浊液中加入少量水,温度不变,所以Ksp保持不变,所以c(Mg2+)不变,B正确;‎ C.a点表示CaCO3的饱和溶液,但-lgc(CO32-)>-lgc(Ca2+);所以c(Ca2+)>c(CO32-),C正确;‎ D.-lgc(CO32-)=4时,-lgc(Mn2+)最大,-lgc(Mg2+)最小,即c(Mn2+)最小,c(Mg2+)最大,所以Ksp(MnCO3)最小,Ksp(MgCO3)最大,所以向浓度均为0.01mol/L的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,先生成MnCO3沉淀,D错误;‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线的知识,弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义,掌握图线中pc(CO32-)、pM数值越大,实际浓度越小是解题的关键,本题侧重于考查学生的分析能力。‎ ‎8.实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡(SnCl4)。SnCl4易挥发,极易发生水解,Cl2‎ 极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如下:‎ Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH = –511kJ∙mol-1‎ 可能用到的有关数据如下:‎ 物质 Sn SnCl4‎ CuCl2‎ 熔点/℃‎ ‎232‎ ‎-33‎ ‎620‎ 沸点/℃‎ ‎2260‎ ‎114‎ ‎993‎ 制备过程中,锡粒逐渐被消耗,须提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时,液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题:‎ ‎(1)a管的作用是________。‎ ‎(2)A中反应的离子方程式是________。‎ ‎(3)D的作用是________。‎ ‎(4)E中冷却水的作用是________。‎ ‎(5)尾气处理时,可选用的装置是________(填序号)。‎ ‎(6)锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度,原因是________。‎ ‎(7)SnCl4粗品中含有Cl2,精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有________(填序号)。‎ A.蒸馏烧瓶 B.温度计 C.接收器 D.冷凝管 E.吸滤瓶 ‎【答案】 (1). 平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下 (2). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 使氯气充分干燥 (4). 避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出 (7). E ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)a管将分液漏斗液面上下连通,起到平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下的作用;‎ ‎(2)A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气,反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水,根据守恒关系配平并写出离子方程式;‎ ‎(3)D为盛有浓硫酸的洗气瓶,可以用来干燥氯气。由信息可知,SnCl4极易发生水解,故D的作用是使氯气充分干燥;‎ ‎(4)由信息可知,SnCl4易挥发,故E中冷却水的作用是避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降;‎ ‎(5)尾气处理时,选用的装置中不能使用水溶液,因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解;‎ ‎(6)由表中数据可知,CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出,所以锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度;‎ ‎(7)蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器,以此分析。‎ ‎【详解】(1)a管将分液漏斗液面上下连通,起到平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下的作用;‎ 故答案为:平衡压强,使浓盐酸能够顺利流下;‎ ‎(2)A中的反应为高锰酸钾和浓盐酸制氯气,反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水,离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;‎ 故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;‎ ‎(3)D为盛有浓硫酸的洗气瓶,可以用来干燥氯气。由信息可知,SnCl4极易发生水解,故D的作用是使氯气充分干燥;‎ 故答案为:使氯气充分干燥;‎ ‎(4)由信息可知,SnCl4易挥发,故E中冷却水作用是避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降;‎ 故答案为:避免四氯化锡气化而损失,导致产率下降;‎ ‎(5)尾气处理时,选用的装置中不能使用水溶液,因为水蒸气进入E会使SnCl4发生水解,故不选甲、丙,应选乙;‎ 故答案为:乙;‎ ‎(6)由表中数据可知,CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出,所以锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2,但不影响F中产品的纯度;‎ 故答案为:CuCl2熔点较高,不会随四氯化锡液体溢出;‎ ‎(7)蒸馏过程中需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管和接收器,不用吸滤瓶,故不选E。‎ 故答案为:E。‎ ‎9.(福建省龙海市第二中学2019届高三年下学期期初考试)氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52-的形式存在。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)Zn(NH3)42+中Zn的化合价为____,“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为_____。‎ ‎(2)锌浸出率与温度的关系如图所示,分析30 ℃时锌浸出率最高的原因为____。‎ ‎(3)“氧化除杂”中,AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去,溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为_____。‎ ‎(4)“滤渣3”的主要成分为____。‎ ‎(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电的电极反应式为____。阳极区放出一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,该气体是___(写化学式)。电解后的电解液经补充_____(写一种物质的化学式)后可返回“溶浸”工序继续使用。‎ ‎【答案】 (1). 【答题空1】+2 (2). 【答题空2】ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O (3). 低于30℃时,溶浸反应速率随温度升高而增大;超过30℃,氨气逸出导致溶浸反应速率下降 (4). 【答题空4】2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6NH4++5H2O (5). 【答题空5】Cu、Cd (6). 【答题空6】Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑ (7). 【答题空7】N2 (8). 【答题空8】NH3(或NH3·H2O)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) NH3是中性分子,由于Zn(NH3)42+离子带有2个单位的正电荷,说明其中Zn带有2个单位的正电荷,故Zn的化合价为+2价;NH4+水解使溶液显酸性,ZnO与H+反应变为Zn2+,Zn2+与NH3·H2O反应产生Zn(NH3)42+,反应的总的离子方程式为:ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O;‎ ‎(2)由锌浸出率与温度的关系图可知,在温度低于30 ℃时,温度升高,反应速率随温度升高而增大;当温度超过30℃,NH3·H2O分解产生氨气,氨气逸出导致溶浸反应速率下降,故30 ℃时锌浸出率最高;‎ ‎(3)在“氧化除杂”中,H2O2将AsCl52-氧化后转化为As2O5胶体,被吸附聚沉除去,H2O2被还原变为H2O,反应后溶液始终接近中性。则该反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+6 NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6 NH4++5H2O;‎ ‎(4) “氧化除杂”后的溶液中含Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+,向该溶液中加入Zn粉,Zn将Cu2+、Cd2+还原为金属单质,所以“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd;‎ ‎(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电,电极反应式为Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑;阳极区阴离子放电,放出一种无色无味的气体,将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中,无明显现象,说明该气体不具有氧化性,则该气体是N2;电解后的溶液中由于NH3不断放电产生N2从溶液中逸出,所以电解后的电解液经补充NH3或NH3·H2O以后才可返回“溶浸”工序继续使用。‎ ‎10.氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体,且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。‎ ‎(1)污水生物脱氮过程中,在异养微生物催化下,硝酸铵可分解为N2O和另一种产物,该反应的化学方程式为___。‎ ‎(2)已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ/mol,1molN2(g),1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ,498kJ的能量,则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为___kJ。‎ ‎(3)在一定温度下的恒容容器中,反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下:‎ 反应时间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ c(N2O)/mol•L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.090‎ ‎0.080‎ ‎0.070‎ ‎0.060‎ ‎0.050‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎①在0~20min时段,反应速率v(N2O)为___mol•L-1•min-1。‎ ‎②若N2O起始浓度c0为0.150 mol•L-1,则反应至30min时N2O的转化率α=___。比较不同起始浓度时N2O的分解速率:v(c0=0.150mol•L-1)___v(c0=0.001mol•L-1)(填“>”、“=”或“<”)。‎ ‎③不同温度(T)下,N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间),则T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。当温度为T1、起始压强为p0,反应至t1min时,体系压强p=___(用p0表示)。‎ ‎(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程为:‎ 第一步 I2(g) 2I(g) (快反应)‎ 第二步 I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) (慢反应)‎ 第三步 IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g) (快反应)‎ 实验表明,含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是___(填标号)。‎ A.N2O分解反应中,k(含碘)>k(无碘)‎ B.第一步对总反应速率起决定作用 C.第二步活化能比第三步大 D.I2浓度与N2O分解速率无关 ‎【答案】 (1). NH4NO3N2O↑+2H2O (2). 1112.5 (3). 1×10-3 (4). 20% (5). = (6). > (7). 1.25p0 (8). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在异养微生物催化下,硝酸铵氮元素价态归中可分解N2O和水,据此书写;‎ ‎(2)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能解得;‎ ‎(3)①根据v=计算;‎ ‎②观察数据可得每隔10min,c(N2O)的变化量相等,故单位时间内c(N2O)的变化量是定值,即N2O的分解速率是定值,即为1×10-3mol•L-1•min-1,据此可得;‎ ‎③温度越高反应速率越快;根据反应可知,2molN2O反应一半时容器中气体总共2.5mol,根据相同温度下,气体的物质的量与压强成正比可得;‎ ‎(4)A.由题碘的存在提高N2O的分解速率,v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比;‎ B.慢反应对总反应速率起决定作用;‎ C.第二步反应慢,活化能大;‎ D.I2浓度与N2O分解速率有关。‎ ‎【详解】(1)硝酸铵氮元素价态归中,可分解为N2O和水,化学反应为:NH4NO3N2O↑+2H2O;‎ ‎(2)设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为Q,则△H=2Q-2×945kJ/mol-498kJ/mol=-163kJ•mol-1,解得Q=1112.5kJ/mol;‎ ‎(3)①在0~20min时段,反应速率v(N2O)===1×10-3mol•L-1•min-1;‎ ‎②观察数据可得每隔10min,c(N2O)的变化量相等,故单位时间内c(N2O)的变化量是定值,即N2O的分解速率是定值,即为v(c0=0.150mol•L-1)=v(c0=0.100mol•L-1)=1×10-3mol•L-1•min-1,若N2O起始浓度c0为0.150mol•L-1,则反应至30min时N2O的转化率为×100%=20%;‎ ‎③温度越高反应速率越快,由图可知,T1条件下所用时间较短,反应速率快,则T1>T2;根据反应可知,2molN2O反应一半时容器中气体总共2.5mol,则=,解得p=1.25p0;‎ ‎(4)A.由题碘存在提高N2O的分解速率,v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比,则k(含碘)>k(无碘),故A正确;‎ B.慢反应对总反应速率起决定作用,第二步起决定作用,故B错误;‎ C.第二步反应慢,活化能大,故C正确;‎ D.根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5,I2浓度与N2O分解速率有关,故D错误;‎ 故答案为:AC。‎ ‎11.FeSe 、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。‎ ‎(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________,基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。‎ ‎(2)向FeSe中嵌入吡啶()能得到具有优异性能的超导材料。吡啶中氮原子的杂化类型为________;该分子内存在________(填标号)。‎ A.σ键 B.π键 C.配位键 D.氢键 ‎(3)将金属锂直接溶于液氨,得到具有很高反应活性的金属电子溶液,再通过系列反应可制得FeSe基超导材料Li0.6(NH2)0.2(NH3)0.8Fe2Se2。‎ ‎①NH2-的空间构型为________。‎ ‎②液氨是氨气液化的产物,氨气易液化的原因是________。‎ ‎③金属锂溶于液氨时发生反应:Li + (m+n)NH3=X+e-(NH3)n。X的化学式为________。‎ ‎(4)MgB2晶体结构如图所示。B原子独立为一层,具有类似于石墨的结构,每个B原子周围都有________个与之等距离且最近的B原子;六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为NA ,该晶体的密度为________ g·cm-3(列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 哑铃(纺锤) (3). sp2 杂化 (4). AB (5). v 型 (6). 氨分子间存在氢键,分子间作用力较强,容易液化 (7). Li(NH3)m+ (8). 3 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe原子核电荷数为26,基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2;Se原子核电荷数为34,基态Se原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,以此分析解答;‎ ‎(2)吡啶N和两个碳成键,有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π键,因此发生不等性的Sp2杂化;该分子内存在σ键和π键; ‎ ‎(3)①NH2-中N原子价层电子对数==4,有2对孤电子对,所以空间构型为v 型;‎ ‎②氨分子间存在氢键,分子间作用力较强,容易液化;‎ ‎③Li + (m+n)NH3=X+e-(NH3)n,根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式;‎ ‎(4)由于B原子独立为一层,具有类似于石墨的结构,而石墨晶体中每个碳原子与其它3个碳原子等距且最近,故该晶体中每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子;根据=计算晶体的密度。‎ ‎【详解】(1)Fe原子核电荷数为26,基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,则基态Fe原子的核外价电子排布图为 ‎;Se原子核电荷数为34,基态Se原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4,基态Se原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3p、3d、4s、4P,最高能级为4p,其电子云轮廓图为哑铃形,‎ 故答案为:;哑铃;‎ ‎(2)吡啶N和两个碳成键,有一个未成对电子和其它五个碳原子形成大π键,因此发生不等性的Sp2杂化;该分子内存在σ键和π键,不存在配位键和氢键,故选AB; ‎ 故答案为:sp2 杂化;AB;‎ ‎(3)①NH2-中N原子价层电子对数==4,有2对孤电子对,所以空间构型为v 型;‎ ‎②氨分子间存在氢键,分子间作用力较强,容易液化;‎ ‎③Li + (m+n)NH3=X+e-(NH3)n,根据原子守恒和电荷守恒可确定X的化学式为Li(NH3)m+;‎ 故答案为:v 型;氨分子间存在氢键,分子间作用力较强,容易液化;Li(NH3)m+;‎ ‎(4)晶胞中Mg的个数为12+2=3,B的个数为6,晶胞体积=6cm3=6 cm3,晶胞密度== g·cm-3,‎ 故答案为:。‎ ‎12.温室气体CO2资源化利用一种途径如下,生成物H和I可用作锂离子电池的电解质。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)由A到B的反应类型为________。‎ ‎(2)由C到D反应所需试剂为________。‎ ‎(3)E中官能团的名称是________。‎ ‎(4)F合成G的反应方程式为________。‎ ‎(5)H的分子式为________。‎ ‎(6)写出与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物的结构简式(核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:2:1:1)________。‎ ‎(7)设计由丙炔和甲醛为起始原料制备和的合成路线 ____(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). Br2/FeBr3或Br2/Fe (3). 碳碳三键,羟基 (4). (5). C10H10O4 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给合成路线可知,A是乙炔,和甲醛发生醛基上的加成反应生成B();C(苯)和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成D(溴苯),B和D发生取代反应生成E();E的分子式为C9H8O,F的分子式为C9H10O,结合E→F的反应条件为催化剂,H2,可推知反应为碳碳三键的加成反应,F的结构简式为;F→G为碳碳双键的氧化反应,G和CO2在所给条件下反应生成H和I,以此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析,由A到B的反应类型为加成反应;‎ 故答案为:加成反应;‎ ‎(2)由C到D反应为苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯,故所需试剂为Br2/FeBr3或Br2/Fe;‎ 故答案为:Br2/FeBr3或Br2/Fe;‎ ‎(3)E的结构简式为,含有的官能团的名称是碳碳三键、羟基;‎ 故答案为:碳碳三键、羟基;‎ ‎(4)F合成G的反应为碳碳双键的氧化反应,H2O2被还原成H2O,化学方程式为;‎ 故答案为:;‎ ‎(5)由H的结构简式可知,H的分子式为C10H10O4;‎ 故答案为:C10H10O4;‎ ‎(6)G的结构简式为,与G互为同分异构体的羧酸类芳香化合物含有苯环和羧基,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为6:2:1:1,说明含有两个甲基,且对称性好,则结构简式可能为;‎ 故答案为:;‎ ‎(7)参考题给合成路线,采用逆合成方法,由丙炔和甲醛为起始原料制备和的合成路线设计为:‎ ‎;‎ 故答案为:。‎ ‎ ‎
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