内蒙古通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学2020届高三12月月考化学试题

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内蒙古通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学2020届高三12月月考化学试题

甘二中2019—2020学年度上学期高三12月份化学试题 第Ⅰ卷 一、选择题(本题共21小题,每小题6分。1-18单选,选对得6分,19-21多选,全部选对的得6分,选对但不全的得3分)‎ ‎1.我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例来确定“北京人”年龄,这种测量方法叫铝铍测年法。关于26Al和10Be的说法不正确的是 A. 10Be和9Be是中子数不同质子数相同的不同原子 B. 10Be的原子核内中子数比质子数多 C. ‎5.2 g26Al3+中所含的电子数约为1.2×1024‎ D. 26Al和26Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.10Be和9Be互为同位素,中子数不同质子数相同,正确;‎ B.10Be的原子核内,质子数为4,中子数为10-4=6,中子数比质子数多,正确;‎ C.‎5.2g 26Al3+中所含的电子数约为×(13-3)×NA≈1.2×1024,错误;‎ D.26Al和26Mg的质子数分别为13、12,中子数分别为13、14,质子数等于核外电子数,质子数、中子数和核外电子数都不相同,正确;‎ 答案选C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是( )‎ A. NH4I的电子式:‎ B. Fe2+原子结构示意图:‎ C. 含10个中子的氧原子的核素符号:O D. HClO的结构式:H−Cl−O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4I属于离子化合物,由铵根离子与碘离子构成,其电子式为,A项错误;‎ B. Fe原子失去最外层的两个电子形成亚铁离子,其离子结构示意图为,B项错误;‎ C. 含10个中子的氧原子,质子数为8,质量数=质子数+中子数=18,则其核素的符号为:O,C项正确;‎ D. HClO中Cl原子只形成1个共价键,O原子只形成2个共价键,HClO的结构式:H−O−Cl,D项错误;‎ 答案选C。‎ ‎3.下列反应中热量变化与图一致的是 A. 天然气的燃烧 B. 油脂在人体内氧化 C. NaOH溶液和 HNO3溶液反应 D. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高,反应为吸热反应。‎ A.天然气的燃烧放出热量,反应是放热反应,A不符合题意;‎ B.油脂在人体内氧化反应是放热反应,反应是放热反应,B不符合题意;‎ C.NaOH溶液和 HNO3溶液反应是中和反应,中和反应为放热反应,C不符合题意;‎ D.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应吸收热量,使温度降低,所以反应为吸热反应,D符合题意;‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用CuO与Cu高温烧结可制取,已知反应:‎ 则的等于 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盖斯定律,热化学方程式可以“加减运算”,获得新的热化学方程式。‎ ‎【详解】已知反应中,(前式-后式)/2得,故=(-314+292)kJ·mol-1/2=。‎ 本题选A。‎ ‎5.如图表示可逆反应A(g)+3B(g)⇌‎2C(g) △H<0达平衡后,t1时改变某一反应条件,反应速率随时间变化的情况,根据曲线判断下列说法中正确的是( )‎ A. t1时降低了温度,平衡向正反应方向移动 B. t1时增大了压强,平衡向正反应方向移动 C. t1时可能使用了催化剂 D. t1时增大了A的浓度,同时减小了C的浓度,平衡向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图像可知,改变条件瞬间,正反应速率瞬间增大,然后逐渐减小,平衡正向移动,且再次平衡时,正反应速率比改变条件前的反应速率小,‎ A. 降低温度,正、逆反应速率都减小,图中正反应速率在t1时增加,A项错误;‎ B. 该反应为气体体积减小的反应,t1时增大压强,正反应速率增加,平衡正向移动,根据勒夏特列原理知,再次平衡时,容器内压强比加压前大,则再次平衡时,反应速率应大于加压前的反应速率,B项错误;‎ C. t1时若使用催化剂,正反应速率增加,但平衡不移动,速率应保持不变,C项错误;‎ D. t1时增大了反应物A的浓度,正反应速率增加,同时减少了C的浓度,逆反应速率减小,平衡正向移动,最终反应物浓度减小,再次平衡时的正反应速率应小于之前平衡时的反应速率,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎6.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料,氧气为氧化剂,某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700−‎900℃‎时,O2−可在该固体氧化物电解质中自由移动,反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是( )‎ A. 电池内的O2−由电极乙移向电极甲 B. 电池总反应为N2H4+2O2=2NO+2H2O C. 当甲电极上有lmolN2H4消耗时,乙电极上有22.4LO2参与反应 D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中,通入燃料的一极为负极,则电极甲为负极,通入氧气的一极为正极,电极乙为正极,反应生成物均为无毒无害的物质,则负极上N2H4失电子发生氧化反应生成氮气,电极反应式为:N2H4+2O2−−4e−=N2↑+2H2O,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:O2+4e−=2O2−,电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O,结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。‎ ‎【详解】该燃料电池中,通入燃料的一极为负极,则电极甲为负极,通入氧气的一极为正极,电极乙为正极,反应生成物均为无毒无害的物质,则负极上N2H4失电子发生氧化反应生成氮气,电极反应式为:N2H4+2O2−−4e−=N2↑+2H2O ‎,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:O2+4e−=2O2−,电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O,‎ A. 原电池中,阴离子向负极移动,即O2−由电极乙移向电极甲,A项正确; B. 由以上分析知,电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O,B项错误; C. 由电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O可知,当甲电极上有1molN2H4消耗时,乙电极上有1molO2被还原,状况不知,所以体积不一定是22.4LO2,C项错误; D. 电池外电路的电子由负极移向正极,所以由电极甲移向电极乙,D项错误;‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】燃料电池中,通入燃料的一极为负极,通入氧气的一极为正极,根据已知信息O2−可在该固体氧化物电解质中自由移动和装置图可知,在配平电极反应式时,应用O2−配平,则负极上N2H4失电子发生氧化反应生成氮气,电极反应式为:N2H4+2O2−−4e−=N2↑+2H2O,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为:O2+4e−=2O2−,电池总反应为:N2H4+O2=N2↑+2H2O,书写电极反应式是学生们的难点。‎ ‎7.烧杯A中盛放0.1mol/L的H2SO4溶液,烧杯B中盛放0.1mol/L的的CuCl2溶液(两种溶液均足量),组成的装置如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. A为原电池,B为电解池 B. A电解池,B为原电池 C. 当A烧杯中产生0.1mol气体时,B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1mol D. 经过一段时间,B烧杯中溶液的浓度减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中Fe、C、稀硫酸构成原电池,A、B相连,A装置为B装置提供电能,所以B为电解池,A中发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑,B中为惰性电极电解氯化铜溶液,发生反应CuCl2Cu+Cl2↑,据此解答。‎ ‎【详解】A. A中Fe、C、稀硫酸构成原电池,A、B相连,A装置为B装置提供电能,所以B为电解池,A项正确;‎ B. 由A项分析知,A为原电池,B为电解池,B项错误;‎ C. A中C上有氢气生成,其电极反应式为:2H++2e-=H2↑,当A烧杯中产生0.1mol气体时,转移0.2mol电子,B中阳极上氯离子失电子生成氯气,其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑,当转移0.2mol电子时,生成氯气为0.1mol,所以A和B中生成气体物质的量相同,C项正确;‎ D. B中为惰性电极电解氯化铜,所以一段时间后,B烧杯中溶液的浓度会减小,D项正确;‎ 答案选B。‎ 二、物理实验题(本题共2小题,共15分。把答案填在题中的横线上)‎ ‎8.(一)某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律,设计了如下系列实验:利用如图装置可以验证元素的非金属性的变化规律。‎ ‎(1)图中:A装置名称是___,干燥管D的作用是___。‎ ‎(2)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、MnO2、浓盐酸,请从中选择合适药品设计实验验 证氯的非金属性大于硫,烧瓶中发生反应的离子方程式为___。‎ ‎(3)若要用此装置证明酸性:HNO3>H2CO3>H2SiO3,进而证明非金属性:N>C>Si,从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质:‎ ‎①稀HNO3溶液 ②稀盐酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤SiO2‎ 装置A、C中所选试剂分别为__(填序号);能说明酸性H2CO3>H2SiO3的实验现象是__。‎ ‎(二)四种短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,请回答下列问题。‎ W X Y Z 结构或性质 最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物 焰色反应 呈黄色 在同周期主族元素形成的简单离子中,离子半径最小,它的最高价氧化物为两性氧化物 最高正价与最低负价之和为零 ‎(1)Z在元素周期表中位于___族。‎ ‎(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中,有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学反应,该元素是___(填元素符号)。‎ ‎(3)①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是___(填序号)。‎ a.自然界中的含量 b.单质与酸反应时失去的电子数 c.单质与水反应的难易程度 d.最高价氧化物对应水化物的碱性 ‎②从原子结构角度解释X的金属性强于Y的原因:___。‎ ‎(4)W的一种氢化物HW3可用于有机合成,其酸性与醋酸相似。体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合,反应的化学方程式是__。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防止倒吸 (3). 2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O (4). ①④ (5). C试管中出现白色(胶状)沉淀 (6). ⅣA (7). Na (8). cd (9). 电子层相同,核电荷数Al>Na (10). HN3+NaOH=NaN3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(一)(1)根据仪器的构造写出仪器A的名称;球形干燥管具有防止倒吸的作用; (2)设计实验验证非金属性:Cl>S,利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证;烧瓶中酸性高锰酸钾溶液能够氧化氯离子; (3)要证明非金属性:N>C>Si,则利用此装置证明最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为:HNO3>H2CO3>H2SiO3;C装置中硅酸钠转化成硅酸沉淀,则证明碳酸的酸性大于硅酸;‎ ‎(二)四种短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物,则W为N元素;X焰色反应呈黄色,则X为Na;‎ Y、Z原子序数大于Na,二者处于第三周期,在同周期主族元素形成的简单离子中,Y的离子半径最小,则Y为Al,且Al2O3为两性氧化物;Z最高正价与最低负价之和为零,则Z为Si元素, (1)主族元素族序数=最外层电子数; (2)W、X、Y、Z形成的最高价氧化物的水化物分别是硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸,氢氧化钠和其他三种物质均能反应; (3)①比较金属性强弱的方法有:金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度等,与得失电子数目多少无关; ②电子层相同、核电荷数越大原子半径越小,原子核对核外电子吸引越强; (4)HN3的酸性与醋酸的相当,则HN3为弱酸,与NaOH发生中和反应,等体积、等浓度的HN3、NaOH溶液恰好反应得到NaN3溶液,据此写出反应的化学方程式。‎ ‎【详解】(一)(1)仪器A为分液漏斗,球形干燥管D能够防止倒吸,可以避免C中液体进入圆底烧瓶中; 故答案为:分液漏斗;防止倒吸; (2)设计实验验证非金属性:Cl>S,利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证,则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液,烧瓶中发生反应的离子方程式为:2MnO4-+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O; 故答案为:2MnO4-+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O; (3)根据强酸制弱酸的原理,利用稀硝酸溶解碳酸钙,将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为:HNO3>H2CO3>H2SiO3,即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液;当C试管中出现白色(胶状)沉淀时,证明酸性H2CO3>H2SiO3; 故答案为:①④;C试管中出现白色(胶状)沉淀;‎ ‎(二)四种短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物,则W为N元素;X焰色反应呈黄色,则X为Na;Y、Z原子序数大于Na,二者处于第三周期,在同周期主族元素形成的简单离子中,Y的离子半径最小,则Y为Al,且Al2O3为两性氧化物;Z最高正价与最低负价之和为零,则Z为Si元素,‎ ‎(1)Z是Si元素,处于第ⅣA族;‎ 故答案为:ⅣA;‎ ‎(2)W形成的最高价氧化物的水化物是硝酸,X的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠,Y 的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,Z的最高价氧化物的水化物是硅酸,氢氧化钠和其他三种物质均能反应,所以该元素是Na;‎ 故答案为:Na;‎ ‎(3)①比较金属性强弱的方法有:金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度等,与得失电子数目多少无关;‎ 故答案为:cd;‎ ‎②电子层相同,核电荷数Al>Na,原子半径Na>Al,所以原子核对最外层电子的吸引力NaAl,金属性Na>Al;‎ 故答案为:电子层相同,核电荷数Al>Na;‎ ‎(4)HN3的酸性与醋酸的相当,则HN3为弱酸,与NaOH发生中和反应,反应方程式为:HN3+NaOH═NaN3+H2O;‎ 故答案为:HN3+NaOH═NaN3+H2O。‎ ‎【点睛】实验室可用MnO2、KMnO4、KCr2O7、KClO3氧化浓盐酸制取氯气,其中MnO2与浓盐酸反应需要加热,KMnO4、KCr2O7、KClO3氧化性强,不需要加热,这时,需要注意题目中给出的反应装置,是否有加热仪器,从而选择反应物。‎ ‎9.氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题:‎ ‎(1)实验室可用下图所示装置合成氨。‎ ‎①合成氨时,还原铁粉的作用是________________。‎ ‎②锥形瓶中盛有一定量的水,并滴有几滴酚酞试剂,反应—段时间后,锥形瓶中溶液变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、____________和_________________。‎ ‎⑵最近斯坦福大学研究人员发明了一种SUNCAT的锂循环系统,可持续合成氨,其原理如图所示。‎ ‎①图中反应Ⅱ的化学方程式为____________________。‎ ‎②反应Ⅲ中能量转化的方式是__________________(填“电能转变为化学能”或“化学能转变为电能”)。‎ ‎(3)液氨可用作制冷剂,液氨气化时__________(填“释放”或“吸收”)能量;液氨泄漏遇明火会发生爆炸。已知部分化学键的键能数据如下表所示:‎ 共价键 N-H O=O N≡N O-H 键能/kJ·mol-1 ‎ ‎391‎ ‎498‎ ‎946‎ ‎463‎ 则反应 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的反应热△H=____________。‎ ‎【答案】 (1). 作催化剂 (2). H2 (3). NH3 (4). Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑ (5). 电能转变为化学能 (6). 吸收 (7). -1262 kJ • mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①合成氨时,还原铁粉可以增大反应的速率,但本身的化学性质和质量在反应前后都没有发生变化,还原铁粉的作用是催化剂;②合成氨是可逆反应,反应混合物中反应物和生成物共存,则气体X的成分为N2、水蒸气、H2和NH3。‎ ‎(2)①反应Ⅱ的化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑ ②反应Ⅲ中能量转化的方式是电能转变为化学能。(3)液氨可用作制冷剂,液氨气化时吸收能量;△H=4×3×391kJ • mol-1+3×498kJ • mol-1-2×946kJ • mol-1-12×463kJ • mol-1=-1262 kJ • mol-1。‎ ‎10.(一)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2,将所得的Na2SO3溶液进行电解,可循环再生NaOH,同时得到H2SO4,其原理如图所示。(电极材料为石墨)‎ ‎(1)写出用过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2的方程式___。‎ ‎(2)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)___极,C口流出的物质是___。‎ ‎(3)SO32−放电的电极反应式为___。‎ ‎(4)电解过程中阴极区碱性明显增强,用平衡移动原理解释原因___。‎ ‎(二)一定条件下,NO2与SO2反应生成SO3和NO两种气体:NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g),将体积比为1:2的NO2、SO2气体置于密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的是___‎ A.体系压强保持不变 B.混合气体颜色保持不变 C.SO3和NO的体积比保持不变 D.每消耗1molSO2的同时生成1molNO ‎【答案】 (1). 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O (2). 负 (3). 硫酸(H2SO4) (4). SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+ (5). 在阴极H+放电生成H2,c(H+)减小,水的电离平衡H2O⇌H++OH−正向移动,所以碱性增强 (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(一)(1)过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2生成正盐亚硫酸钠和水;‎ ‎(2)依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极,阳离子移向阴极,可以判断图中a极要连接电源的负极,SO32-在阳极失去电子变成SO42-,所以C口流出的物质是H2SO4; (3)亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子; (4)依据阴极区放电离子为氢离子,结合水的电离平衡H2O⇌H++OH-解答;‎ ‎(二)A. 该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应,在反应过程中,气体的总物质的量始终不变,又因为容器恒容,所以容器内压强始终不变,据此分析;‎ B. 该反应中NO2为红棕色气体,在恒容容器中混合气体颜色保持不变,说明NO2的浓度已不再变化,据此分析;‎ C. 将体积比为1:2NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生反应,SO3与NO以1:1生成,所以在反应过程中及平衡状态SO3与NO体积比总是1:1,据此分析;‎ D. 不同物质的正逆反应速率比等于方程式中系数比时,才能说明平衡状态;不同物质的同向速率比等于方程式中系数比时不能说明平衡状态,据此分析。‎ ‎【详解】(一)(1)过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2生成正盐亚硫酸钠和水,化学方程式为:2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O;‎ 故答案为:2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O;‎ ‎(2)由图可知,钠离子移向a极,亚硫酸根离子移向b极,所以a极为阴极,应该接电源的负极,SO32−在阳极失去电子变成SO42−,所以C口流出的物质是H2SO4;‎ 故答案为:负;硫酸(H2SO4);‎ ‎(3)亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子,电极反应式为:SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+;‎ 故答案为:SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+;‎ ‎(4)在阴极H+放电生成H2,c(H+)减小,水的电离平衡H2O⇌H++OH−正向移动,所以碱性增强;‎ 故答案为:在阴极H+放电生成H2,c(H+)减小,水的电离平衡H2O⇌H++OH−正向移动,所以碱性增强。‎ ‎(二)A. 该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应,在反应过程中,气体的总物质的量始终不变,又因为容器恒容,所以容器内压强始终不变,所以体系压强保持不变,不能说明反应达到了化学平衡状态,故A错误;‎ B. 该反应中NO2为红棕色气体,在恒容容器中混合气体颜色保持不变,说明NO2的浓度已不再变化,则NO2的正逆反应速率相等,即化学反应达到了平衡状态,故B正确;‎ C. 将体积比为1:2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生反应,SO3与NO以1:1体积比生成,所以在反应过程中和平衡状态时SO3与NO体积比总是1:1,因此SO3与NO的体积比保持不变,不能说明化学反应达到了平衡状态,故C错误;‎ D. 不同物质的正逆反应速率比等于方程式中系数比时,才能说明平衡状态;不同物质的同向速率比等于方程式中系数比时,不能说明平衡状态;该选项中每消耗1molSO2的同时生成1molNO,即SO2和NO的正反应速率比等于方程式中系数比(同向速率)不能说明化学反应达到了平衡状态,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】‎ 化学平衡状态的判断是学生们的易错点,首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等,再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态,化学平衡状态时正逆反应速率相等,各物质的量、浓度等保持不变,以及衍生出来的一些量也不变,但一定得是“变化的量”不变了,才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为:气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。‎ 二、化学(二选一)‎ ‎11.E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p区的同一周期的元素,M的价层电子排布为ns2np2n,E与M原子核外的未成对电子数相等;QM2与GM2−具有相等的价电子总数;T为过渡元素,其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题:‎ ‎(1)T元素原子的价电子排布式是___。‎ ‎(2)E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___(用元素符号表示),其原因为___。‎ ‎(3)G的最简单氢化物的分子立体构型名称为___,M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为___。M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为___(写化学式)。‎ ‎(4)TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方TQ晶体结构如图所示,该晶体的密度为pg·cm−3。如果TQ的摩尔质量为Mg·mol−1,阿伏加德罗常数为NAmol−1,则a、b之间的距离为___cm。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s2 (2). N>O>C (3). 同周期随原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,但N原子2P能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于氧的 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). H2O>H2S (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素,E、G、M是位于P区的同一周期的元素,M的价层电子排布为nsnnp2n,s能级最多排列2个电子,则n=2,所以M价层电子排布式为2s22p4,M为O元素;E与M原子核外的未成对电子数相等,则E是C元素,G为N元素;QO2与NO2-为等电子体,则Q为S元素;T 为过渡元素,其原子核外没有未成对电子,则T为Zn元素, (1)T为Zn元素,原子核外电子数为30,根据构造原理书写该原子价电子排布式; (2)同周期随原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,但N原子2P能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能; (3)氨气分子中N原子价层电子对数为4,孤电子对数为1,氨气分子为三角锥形;水分子中O原子价层电子对数为4,杂化轨道数目为4;水分子之间存在氢键,而硫化氢分子之间为范德华力,水的沸点较高; (4)利用均摊法计算,一个该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=,晶胞质量为,根据计算晶胞体积,再计算晶胞棱长,ab之间距离为该晶胞体对角线长的。‎ ‎【详解】E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素,E、G、M是位于P区的同一周期的元素,M的价层电子排布为nsnnp2n,s能级最多排列2个电子,则n=2,所以M价层电子排布式为2s22p4,M为O元素;E与M原子核外的未成对电子数相等,则E是C元素,G为N元素;QO2与NO2-为等电子体,则Q为S元素;T为过渡元素,其原子核外没有未成对电子,则T为Zn元素,‎ ‎(1)T为Zn元素,根据构造原理,该原子价电子排布式为3d104s2;‎ 故答案为:3d104s2;‎ ‎(2)同周期随原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,但N原子2P能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于氧的,故第一电离能:N>O>C;‎ 故答案为:N>O>C;同周期随原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,但N原子2P能级为半满稳定状态,能量较低,第一电离能大于氧的;‎ ‎(3)氨气分子中N原子价层电子对数为4,孤电子对数为1,氨气分子为三角锥形;水分子中O原子价层电子对数为4,杂化轨道数目为4,则O原子采取sp3杂化;由于水分子之间存在氢键,而硫化氢分子之间为范德华力,则水的沸点较高;‎ 故答案为:三角锥形;sp3;H2O>H2S;‎ ‎(4)ZnS晶体结构如图所示,一个该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=‎ ‎,晶胞质量为,晶胞的体积,则晶胞棱长,ab之间距离为该晶胞体对角线长的,则a、b之间的距离为;‎ 故答案为:。‎ ‎12.芳香酯I的合成路线如下:‎ 已知以下信息:‎ ‎①A-I均为芳香族化合物,B能发生银镜反应,D的相对分子质量比C大4,E的苯环上的一溴代物有两种。‎ ‎②‎ ‎③2RCH2CHO 请回答下列问题:‎ ‎(1)C→D的反应类型为___,E的名称为___。‎ ‎(2)E→F与F→G的顺序能否颠倒___(填“能”或“否”),理由___。‎ ‎(3)B与银氨溶液反应的化学方程式为___。‎ ‎(4)I的结构简式为___。‎ ‎(5)符合下列要求A的同分异构体还有___种。‎ ‎①与Na反应并产生H2 ②芳香族化合物 其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为6:2:1:1的是___(写出其中一种的结构简式)。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). 对氯甲苯或4−氯甲苯 (3). 否 (4). 如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H+氧化 (5). +2Ag(NH3)2OH ‎+2Ag↓+3NH3+H2O (6). (7). 13 (8). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A-I均为芳香族化合物,根据A的分子式可知,A的不饱和度为,则A的侧链为饱和结构,A能够催化氧化生成B,B能够发生银镜反应,其能够发生信息反应③,则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构,故B的结构简式为,A为;B通过信息反应生成C,则C为, D比C的相对分子质量大4,恰好为2分子氢气,则说明C与氢气发生加成反应生成D,故D为;E的苯环上的一溴代物有两种,E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,则E分子中含有甲基,且氯原子位于甲基的对位,故E为;E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F,则F为;Cl F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠,然后在酸性条件下转化成G,则G为;G和D发生酯化反应生成I,则I为,据此进行解答。‎ ‎【详解】A-I均为芳香族化合物,根据A的分子式可知,A的不饱和度为,则A的侧链为饱和结构,A能够催化氧化生成B,B能够发生银镜反应,其能够发生信息反应③,则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构,故B的结构简式为,A为;B通过信息反应生成C,则C为,D比C的相对分子质量大4,恰好为2分子氢气,则说明C与氢气发生加成反应生成D,故D为;E的苯环上的一溴代物有两种,E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,则E分子中含有甲基,且氯原子位于甲基的对位,故E为;E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F,则F为;Cl F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠,然后在酸性条件下转化成G,则G为;G和D发生酯化反应生成I,则I为,‎ ‎(1)由以上分析知,C→D的反应类型为加成反应;E为,氯原子位于4号C,其名称为4−氯甲苯或对氯甲苯,‎ 故答案为:加成反应;对氯甲苯或4−氯甲苯;‎ ‎(2)E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基,由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以E→F与F→G的顺序不能颠倒;‎ 故答案为:否;如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H+氧化;‎ ‎(3)B为,分子中含有醛基,能够与银氨溶液发生反应生成单质银,反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O;‎ 故答案为:+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O;‎ ‎(4)由以上分析知,I的结构简式为;‎ 故答案为:;‎ ‎(5)A为,①与Na反应并产生H2,说明该有机物分子中含有羟基;②芳香族化合物,有机物分子中含有苯环,满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为:①−CH(OH)CH3,②−OH、−CH2CH3,③1个−CH3,1个−CH2OH,④1个−OH、2个−CH3,其中①存在1种结构,②③都存在邻、间、对3种结构,④如果两个甲基位于相邻位置,有2种同分异构体;如果两个甲基位于相间位置,有3种同分异构体;如果两个甲基位于相对位置,有1种同分异构体,所以④总共有6种结构,根据以上分析可知,满足条件的有机物总共有:1+3+3+6=13种;其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为6:2:1:1的是或;‎ 故答案为:13;或。‎
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