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文档介绍
【化学】重庆市第一中学2020届高三上学期期中考试理科综合(解析版)
重庆市第一中学2020届高三上学期期中考试理科综合 可能用到的相对原子质量:H-l N-14 O-46 F-19 Si-28 P-31 K-39 Ca-40 Pr-141 一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是( ) A. 燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成 B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维 C. 花生油中的主要成分属于酯类,是天然高分子化合物 D. 碳纳米管表面积大,可用作新型储氢材料 【答案】C 【详解】A.在煤中加入CaO,可生成硫酸钙,减少二氧化硫的排放,从而减少酸雨的形成,故A正确; B.制作光导纤维的材料为高纯度SiO2,故B正确; C.花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂,属于酯类,但不是天然高分子化合物,故C错误; D.碳纳米管表面积大,据此较大的吸附,所以可以用作新型储氢材料,故D正确; 故答案为C。 2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A. 60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键 B. 18g氨基(—ND2)中含有的电子数为9NA C. 80 °C时,lLpH =1的硫酸溶液中,含有的OH—数目为10—13NA D. 氯碱工业中,导线上流过NA个电子,则阳极放出氯气11.2 L. 【答案】B 【详解】A.二氧化硅晶体中,每个Si原子与氧原子形成了4个硅氧键,60g二氧化硅的物质的量为=1mol,则1mol二氧化硅中含有1molSi,形成的共价键的物质的量为4mol,含有4NA个硅氧键,故A错误; B.每个氨基(—ND2)中含有9个电子,18g氨基的物质的量为 =1mol,含有的电子数为9NA,故B正确; C.80℃时水的离子积Kw大于10-14,故pH=1的硫酸溶液中,氢氧根的浓度大于10-13mol/L,故溶液中氢氧根的个数大于10-13NA个,故C错误; D.氯碱工业中,导线上流过NA个电子,则阳极放出氯气的物质的量为0.5mol,没有指明气体的状态,体积不一定是11.2 L,故D错误; 故答案为B。 【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项:①物质的状态是否为气体;②对于气体注意条件是否为标况;③注意溶液的体积和浓度是否已知;④注意同位素原子的差异;⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断;⑥注意物质的结构:如Na2O2是由Na+和O22-构成,而不是有Na+和O2-构成;SiO2、SiC都是原子晶体,其结构中只有原子没有分子,SiO2是正四面体结构,1molSiO2中含有的共价键为4NA,1molP4含有的共价键为6NA等。 3.频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下,有关说法正确的是( ) A. a、b互为同分异构体 B. a物质中所有碳原子可能共平面 C. c的一氯代物数目最多有5种 D. a物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应 【答案】D 【详解】A.a、b的分子式不同,不可能是同分异构体,故A错误; B.a分子结构中,这两个碳原子为sp3杂化,具有类似甲烷的立体结构,则结构中所有碳原子不可能共平面,故B错误; C.c结构中两个苯环不对称,两个甲基为对称位置,共有7种等效氢原子,则一氯代物数目最多有7种,故C错误; D.a分子结构中含有苯环,可以发生取代反应、加成反应,a可以燃烧,发生氧化反应,故D正确; 故答案为D。 【点睛】根据分子中等效H原子判断,分子中由几种H原子,其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断:①分子中同一甲基上连接的氢原子等效;②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效;③处于镜面对称位置上的氢原子等效。 4.八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示,下列说法错误的是( ) A. 常见的离子半径:g>h>d>e B. 氢化物的沸点y 一定低于z C. 由d、e、g三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀 D. e、f、h的最高价氧化物的水化物之间可两两反应 【答案】B 【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数,x位于第一周期,为H元素;y、z、d位于第二周期,y是C元素,z是N元素,d是O元素;e、f、g、h位于第三周期,是Na元素,f是Al元素,g是S元素,h是Cl元素,据此结合元素周期律知识解答。 【详解】根据分析可知:x是H元素,y是C元素,z是N元素,d是O元素,e是Na元素,f是Al元素,g是S元素,h是Cl元素; A.电子层越多离子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径:g>h>d>e,故A正确; B.NH3分子间形成氢键,其沸点比CH4高,但C的氢化物有很多种,且多碳的烃常温下可能为液态或固态,则C的氢化物沸点不一定就比N的氢化物低,故B错误; C.O、Na、S形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成S沉淀,故C正确; D.氢氧化铝具有两性,能够与NaOH、高氯酸反应,故D正确; 故答案为B。 5.用下列实验装置进行相应的实验,操作正确且能达到实验目的是( ) A. 进行喷泉实验 B. 加热熔融NaOH固体 C. 验证镁片与盐酸放热反应 D. 测定过氧化钠纯度 【答案】C 【详解】A.氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小,不能形成气压差,不能形成喷泉,故A错误; B.瓷坩埚含有SiO2,氢氧化钠能与二氧化硅反应,不能用来加热熔融NaOH固体,应选择铁坩埚,故B错误; C.镁与稀盐酸反应放热,升温氢氧化钙的溶解度变小,会析出沉淀,可验证,故C正确; D.排水法收集气体应短进长出,无法将水排出,故D错误; 故答案C。 6.“太阳水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中a为TiO2电极,b为Pt电极,c为WO3电极,电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区,A区与大 气相通,B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是( ) A. 若用导线连接a、c,则a为负极,该电极附近pH减小 B. 若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+ C. 若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化 D. 若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O 【答案】B 【详解】A.用导线连接a、c,a极发生氧化,为负极,发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑,a电极周围H+浓度增大,溶液pH减小,故A正确; B.用导线连接a、c,c极为正极,发生还原反应,电极反应为WO3 + xH++xe- = HxWO3,故B错误; C.用导线先连接a、c,再连接b、c,由光电池转化为原电池,实现太阳能向电能转化,故C正确; D.用导线连接b、c,b电极为正极,电极表面是空气中氧气得电子,发生还原反应,电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,故D正确; 故答案为B。 7.常温下,向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中,逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3∙H2O的变化趋势如图所示(不考虑生成NH3,已知NH3∙H2O的kb=1.810-5),下列说法正确的是( ) A. a=0.005 B. 在M点时,n(H+)—n(OH—)=(0.005—a)mol C. 随着NaOH溶液的滴加,不断增大 D. 当n((NaOH)) =0.01 mol 时,c ((NH3•H2O) c (Na+) c (OH-) 【答案】B 【详解】A.由图可知,M点含等量的氯化铵和NH3•H2O,由NH3•H2O NH4++ OH-,可知此时溶液中kb=1.810-5=,则c(OH-)= 1.810-5mol/L,溶液显碱性,即n(OH-)- n(H+)>0,由溶液中存在的电荷守恒式为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(Na+)= n(OH-)+n(Cl-)- n(NH4+)- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)>0.005,即a>0.005,故A错误; B.M点n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol,故B正确; C.随着NaOH溶液的滴加,c(NH3•H2O)减小,且=,可知比值不断减小,故C错误; D.当n(NaOH)=0.01mol时,恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨,一水合氨电离,则c( Na+)>c(NH3•H2O)>c(OH-),故D错误; 故答案为B。 8.一氧化二氯(Cl2O)是一种常用的氯化剂。常温下,Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体,熔 点为-120.6°C,沸点为2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中 制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。 (1)装置E中仪器X的名称为______________。 (2)装置的连接顺序是A ______________(每个装置限用一次)。 (3)装置F中盛装试剂的名称为______________,装置E中无水氯化钙的作用是 ________________________________________________.。 (4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式 _______________________________________________。 (5)证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是: ______________________________ ___________________________________________________。 (6)测定残留固体中M的质量分数:取mg样品加适量蒸馏水使之溶解,加入几滴酚酞,用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色,消耗盐酸V1mL;再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙,继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色,又消耗盐酸V2 mL.。 ①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____________________。 ②求残留固体中M的质量分数______________(用含m、V1和的代数式表示)。 ③若用甲基橙作指示剂滴定结束时,滴定管尖头有气泡,测定结果将________(填“偏高"、“偏低”或“不变”)。 【答案】(1). (球形)干燥管 (2). F、B、C、D、E (3). 饱和食盐水 (4). 防止E中的水进入D中发生反应 (5). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (6). 取少量样品于试管中,加热,将分解产生的气体通入澄清石灰水,如果变浑浊,就说明有M (7). 锥形瓶、酸式滴定管 (8). ×100% (9). 偏低 【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程为:利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2,由于浓盐酸具有挥发性,制取的氯气中混有HCl,为防止干扰Cl2O的制取,需要先用装置F除去HCl杂质,再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O,由于Cl2O易溶于水,同时与水反应生成次氯酸,所以收集前要通过C装置干燥,再利用装置D收集Cl2O,并验证其沸点低、易液化的特点,同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物,最后要用E装置进行尾气处理,据此解答。 【详解】(1)根据装置图可知,装置E中仪器X的名称为球形干燥管; (2)利用A装置制取氯气,由于浓盐酸具有挥发性,制取的氯气中混有HCl,为防止干扰Cl2O的制取,需要先用装置F除去HCl杂质,再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O,由于Cl2O易溶于水,同时与水反应生成次氯酸,所以收集前要通过C装置干燥,再利用装置D收集Cl2O,并验证其沸点低、易液化的特点,同时由于氯气、Cl2 O都是大气污染物,最后要用E装置进行尾气处理,则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE; (3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的,为减少Cl2的溶解消耗,要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质,故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水;装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应; (4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,此酸式盐应为NaHCO3,则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl; (5)NaHCO3不稳定,受热易分解生成CO2气体,则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中,加热,将分解产生的气体通入澄清石灰水,如果变浑浊,就说明有NaHCO3; (6)①固体溶解时需要烧杯和玻璃棒,滴加指示剂时需要胶头滴管,滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶,则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外,还需要锥形瓶、酸式滴定管; ②加入几滴酚酞,用0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色,此时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl;再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙,继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色,发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑;且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等,则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2- V1 )mL,其物质的量为0.1 mol/L×(V2- V1 )×10-3L=(V2- V1 )×10-4mol,则残留固体中NaHCO3的质量分数为×100%; ③若用甲基橙作指示剂滴定结束时,滴定管尖头有气泡,则读数偏小,即消耗有盐酸体积偏小,导致测定结果将偏低。 9.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种重要的化工产品,工业上常用作缓冲剂和培养剂,农业上常用作 复合肥料。以氟磷灰石[主要成分为Ca5F(PO4)3,还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质]为原料制备KH2PO4 晶体的一种流程如下: 回答下列问题: (1)“酸浸”过程中生成磷酸的化学方程式为________________________________________,若用盐酸代替硫酸,磷酸的产率会明显提高,原因是_______________________________ ____________________,该过程所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料,其主要原因是_________________________________________________(用化学方程式表示)。 (2)己知物质A为CaCO3,其作用是调节溶液pH,则“废渣I”的主要成分为______________。 (3) “反应II ”的化学方程式为 _______________________________________________。 (4)将获得的KH2PO4晶体进行进一步提纯的方法名称为____________。 (5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石来制取磷酸二氢钾晶体,其产率为80%,则生产出的磷酸二氢钾晶体的质量为 _____________kg. 已知摩尔质量 M【Ca5F(PO4)3】=504g/mol,M(KH2PO4)=136 g/mol。 【答案】 (1). Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4 (2). 生成的硫酸钙会附着在磷灰石的表面,阻止反应进一步进行 (3). SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓ (6). 重结晶 (7). 326.4 【分析】氟磷灰石主要成分为Ca5F(PO4)3,还含有少量的Fe2O3、A12O3等杂质,将氟磷灰石经粉碎后加入浓硫酸,可得到HF气体,过滤得到硫酸钙晶体,滤液中含有磷酸和硫酸铁、硫酸铝,滤液中加入碳酸钙,调节溶液pH,使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而过滤除去,滤液II中加入K2SO4,进一步除去溶液中的Ca2+,过滤除去CaSO4,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得到KH2PO4,以此解答该题。 【详解】(1)“酸浸”过程中浓硫酸溶解Ca5F(PO4)3,生成磷酸的同时有硫酸钙、HF,则发生反应的化学方程式为Ca5F(PO4)3+5H2SO45CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4;因硫酸钙微溶于水,附着在磷灰石的表面,阻止反应进一步进行,因此用盐酸代替硫酸,可明显提高磷酸的产率;该过程生成的HF能腐蚀玻璃,发生反应的化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O,则所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料; (2)物质A为CaCO3,其作用是调节溶液pH,促进溶液中Fe3+、Al3+完全水解转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,则过滤得到的“废渣I”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3; (3) “反应II”是滤液中加入K2SO4,和Ca(H2PO4)2发生复分解反应生成KH2PO4和CaSO4,发生反应的化学方程式为K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓; (4)将溶液中获得的KH2PO4晶体进一步提纯,可根据溶解度随温度的变化不同,选择重结晶操作; (5)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12 )来制取磷酸二氢钾晶体,其产率为80%,Ca5P3FO12反应的质量为1000kg×50.4%×80%=403.2kg,物质的量为=800mol,则理论上可生产KH2PO4的质量为800mol×136g/mol×3=326400g=326.4kg。 10.世界能源消费依靠化学技术,作为燃料的H2通常来自水煤气。回答下列问题: (1)己知:① C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ/mol②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H= -220 kJ/mol③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol,则 a=_____kJ/mol。 (2)某实验小组在实验室模拟反应C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)能够说明该反应达到平衡状态的是____。 a. v逆(H2O)=v正(CO) b.容器中物质的总质量不发生变化 c. n (H2O):n (H2)=1:1且不再改变 d.恒容容器中混合气体密度不变 (3)一定温度下,在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O发生反应①,6min时生成0.7 gH2则6 min内以CO表示的平均反应速率为 ______mol/L∙min-1 (保留2位有效数字)。 (4)燃料气中CO需氧化为CO2与氢气进行分离,使用CuO/CeO2做催化剂,并向其中加入不同的酸(HIO3 或H3PO4)后,CO的转化率随温度的变化如图所示。 ①加入H3PO4__________(填“促进”或,抑制”)CuO/CeO2催化。 ②CeO2可由草酸鋪[Ce2(C2O4)3]在空气中灼烧制备,同时只产生一种气体,写出该反应的化学方程式_____________________________________________。 ③恒温恒压下,在温度为120°C,催化剂为CuO/CeO2・HIO3条件下反应,若起始时燃料气流速为1800mL∙min-1,其中CO的体积分数为0.68%,则反应0.5h后剩余气体中CO的体积为______mL。 (5)有人将合成氨反应设计成原电池,装置如图所示。 ①正极反应式为 ___________________________。 ②己知该原电池的标准电动势,25°C时反应的平衡常数K与之间的关系为(n为原电池反应转移的电子数),则合成氨反应(N2 +3H22NH3)的平衡常数K为_______________(用含a的代数式表示,不需要化简)。 【答案】 (1). +130 (2). acd (3). 0.029 (4). 抑制 (5). Ce2(C2O4)3+2O2 2CeO2+6CO2 (6). 73.44 (7). N2+6e-+6H+═2NH3 (8). 【分析】(1)已知:②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1,③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol,可利用盖斯定律,将得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)的反应热,以此解答该题; (2)根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态; (3) 反应速率v=; (4)①根据CO的转化率随温度的变化图分析; ②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3],分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳,配平方程式即可;③温度为120℃,催化剂为CuO/CeO2-HIO3时,CO的转化率是80%,结合通入CO总体积计算; (5)①原电池的正极发生还原反应,N2得电子还原生成NH3。 ②己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-,原电池的标准电动势,再结合计算此反应的平衡常数K。 【详解】(1)已知:②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1,③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol,可利用盖斯定律,将得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g),则△H=akJ/mol=×[(-220kJ•mol-1)+(+480 kJ/mol)]=+130 kJ/mol,即a=+130; (2)a.v逆(H2O)=v正(CO),达到平衡状态,故a正确; b.容器中物质的总质量一直不发生变化,不能说明达平衡状态,故b错误; c.n (H2O):n (H2)=1:1且不再改变,说明n(H2O)和n(H2)的物质的量一定,此时反应达到平衡状态,故c正确; d.混合气体的体积不变,但混合气体的总质量不确定,当密度不变,则说明混合气体的总质量不再发生变化,说明达平衡状态,故d正确; 故答案为acd; (3) 一定温度下,在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O,6min时生成0.7gH2,其物质的量为=0.35mol,由C(s) +H2O (g)CO (g) +H2 (g)反应可知生成CO的物质的量为0.35mol,则6min内以CO表示的平均反应速率=0.029mol/(L•min); (4)①图示可知,相同温度下,在CuO/CeO2催化剂中加入H3PO4时CO的转化率最低,说明加人H3PO4抑制CuO/CeO2的催化; ②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3],分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳,即Ce2(C2O4)32CeO2+4CO↑+2CO2↑; ③温度为120℃,催化剂为CuO/CeO2-HIO3时,CO的转化率是80%,若燃料气流速为1800mL•min-1,CO的体积分数为0.68%,则反应0.5小时后CO的体积为1800mL•min-1×0.5h×60min/h×0.68%×(1-80%)=73.44ml; (5)①原电池的正极发生还原反应,N2得电子还原生成NH3,则正极反应式为N2+6e-+6H+═2NH3; ②己知N2 +3H22NH3反应中转移电子数为6e-,原电池的标准电动势,再结合,则平衡常数K=。 【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志:正反应速率=逆反应速率,注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系,必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志:①各物质的浓度不变;②各物质的百分含量不变;③对于气体体积前后改变的反应,压强不变是平衡的标志;④对于气体体积前后不改变的反应,压强不能做标志;⑤对于恒温恒压条件下的反应,气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志;⑥对于恒温恒容下的反应,有非气体物质的反应,密度不变是平衡标志。 11.镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57〜71的元素。 (1)镝Dy)的基态原子电子排布式为[Xe] 4f106s2,画出镝(Dy)原子价层电子排布图:________________. (2)高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为____________。 (3)观察下面四种镧系元素的电离能数据,判断最有可能显示+3价的元素是_____填元素名称)。 几种镧系元素的电离能(单位:kJ∙mol-1) 元素 Ⅰ1 Ⅰ2 Ⅰ3 Ⅰ4 Yb (镱) 604 1217 4494 5014 Lu (镥) 532 1390 4111 4987 La (镧) 538 1067 1850 5419 Ce (铈) 527 1047 1949 3547 (4)元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]。 ①组成配合物的四种元素,电负性由大到小的顺序为_______________(用元素符号表示)。 ②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键:________________(任写一种)。 ③元素Al也有类似成键情况,气态氯化铝分子表示为((AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_____,分子中所含化学键类型有 _______(填字母)。 a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.配位键 (5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中错原子位于面心和顶点,则PrO2 (二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子;已知晶胞参数为apm,密度为ρg∙cm-3,NA=_______(用含a、ρ的代数式表示)。 【答案】(1). (2). 1s22s22p63s23p63d8 (3). 镧 (4). O>N>H>Ce (5). N-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O) (6). sp3杂化 (7). bd (8). 8 (9). 【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2,结合泡利原理、洪特规则画出排布图; (2)Cu原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,先失去4s能级1个电子,再失去3d能级2个电子形成Cu3+; (3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小,与第四电离能相差越大,第三个电子越容易失去,+3价的可能性越大; (4)①同周期主族元素自左而右电负性增大,N、O在它们的氢化物中均表现负化合价,数目它们的电负性均大于氢元素的,一般非金属性越强,电负性越大; ②NH3的水溶液中,NH3分子之间形成氢键,水分子之间形成氢键,NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N); ③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2,Al原子价电子数为3,与Cl原子已经全部成键,Al原子有1个空轨道,Cl原子有孤电子对,Al原子与Cl之间形成1个配位键,结构式为; (5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点,根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目,再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目;结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量,而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积,联立计算。 【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2,由泡利原理、洪特规则,外围价电子排布图为:; (2)Cu原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,先失去4s能级1个电子,再失去3d能级2个电子形成Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为:1s22s22p63s23p63d8; (3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小,第三个电子越容易失去,+3价的可能性越大,在上述表中La的I1+I2和I3最接近,I3与I4差距最大,故La元素最可能形成+3; (4)①同周期主族元素自左而右电负性增大,N、O在它们的氢化物中均表现负化合价,数目它们的电负性均大于氢元素的,一般非金属性越强,电负性越大,电负性由大到小的顺序为:O>N>H>Ce; ②NH3的水溶液中,NH3分子之间形成氢键(N-H…N),水分子之间形成氢键(O-H…O),NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N); ③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2,Al原子价电子数为3,与Cl原子已经全部成键,Al原子有1个空轨道,Cl原子有孤电子对,Al原子与Cl之间形成1个配位键,结构式为,Al是原子采取sp3杂化,含有的化学键有极性键、配位键,没有离子键、非极性键; (5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点,则晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4,而Pr原子与O原子数目之比为1:2,则晶胞中O原子数目为4×2=8,晶胞质量=g=(a×10-10 cm)3×ρg•cm-3,整理得NA=。 12.有机物I是一种医药合成中间体,实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略): 已知:RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题: (1)X的分子式为C8H8,且X与A互为同系物,则X的化学名称是 __________。 (2)B生成C的反应类型是_____________, B、C含有的相同的官能团名称是 _________。 (3)碳原子上连有4个不同原子或基团时,该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式,并用星号标出其中的手性碳原子_________。 (4)写出D—E 的化学反应方程式:_____________________________________________。 (5)G的结构简式是 ______________。 (6)Y与C是同分异构体,Y中含苯环,且苯环上有2个取代基,Y能发生银镜反应,其核磁共振氢谱中有5组峰,且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为 ___________。 (7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息,设计以丙烯(CH3CH=CH2) 和为原料制备丙二酸的合成路线______________________________________________________________________________ (无机试剂任选)。 【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 取代反应 (3). 碳碳双键 (4). (5). 2+O2 2+2H2O (6). (7). (8). 【分析】对比A、B的结构,可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B,属于取代反应。由C的分子式可知,B发生卤代烃水解反应生成C,故C为.D可以连续发生氧化反应,结合D的分子式、F的结构简式,可知C与HBr发生加成反应生成D,故D为,则E为.由J的结构,可知F发生消去反应、酸化得到G为,G与乙醇发生酯化反应得到J,故H为CH3CH2OH; (7)模仿合成路线中转化,可知CH3CH=CH2与 发生取代反应生成CH2=CHCH2Br,然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br,再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH,最后氧化得到HOOCCH2COOH。 【详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环,X的分子式为C8H8,且X与A互为同系物,则X的结构简式为,化学名称是苯乙烯; (2)B→C为卤代烃在NaOH溶液中的水解,则反应类型是取代反应或水解反应; B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键; (3) D的结构简式为,其中的手性碳原子是; (4) →发生醇的催化氧化,反应的化学反应方程式为2+O2 2+2H2O; (5)G结构简式是; (6)Y与C()互为同分异构体,满足下列条件:①含苯环,②苯环上有2个取代基,③能发生银镜反应,说明含有醛基,2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO,或者为-CH3、-CH(CH3)CHO,或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO,或者为-CH(CH3)2、-CHO,均有邻、间、对3种位置结构,故符合条件的同分异构体共有3×5=15种,其核磁共振氢谱中有5组峰,且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为; (7) 模仿合成路线中转化,可知CH3CH=CH2与 发生取代反应生成CH2=CHCH2Br,然后与HBr在过氧化物条件下得到 BrCH2CH2CH2Br,再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH,最后氧化得到HOOCCH2COOH.合成路线流程图为:。 【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键,常见反应条件与发生的反应原理类型:①在NaOH的水溶液中发生水解反应,可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应;②在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反应;③在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等;④能与溴水或溴的CCl4溶液反应,可能为烯烃、炔烃的加成反应;⑤能与H2在Ni作用下发生反应,则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应;⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化反应;⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应,则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2,则为醇→醛→羧酸的过程)。 查看更多