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湖南省长沙市明达中学2020届高三化学模拟考试试题含解析湖南省长沙市明达中学2020届高三化学模拟考试试题含解析PAGE28-湖南省长沙市明达中学2020届高三化学模拟考试试题含解析湖南省长沙市明达中学2020届高三化学模拟考试试题(含解析)可能用到的相对原子质量:H—1Li—7C-12N-14O—16Na-23S—32Cu—64第Ⅰ卷一、选择题:每小题6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。中国传统文化对人类文明贡献巨大,书中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学应用和记载,对其说明不合理的是()A.《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者",其中利用了KNO3的氧化性B.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C。我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]D。蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张,由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺【答案】B【解析】【详解】A项,火药发生化学反应时,KNO3中N元素的化合价降低,得到电子,被还原,作氧化剂,体现氧化性,故A合理;B项,高粱中不含乙醇,用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生乙醇,然后用蒸馏方法将乙醇分离出来,故B不合理;C项,明矾是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,酸性溶液中H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应,达到除锈目的,故C合理;D项,蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张,体现了化学的物理和化学分离方法,因此充分应用了化学工艺,故D合理;故答案为B。2.化学与生产和生活密切相关,下列分析错误的是A.用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀B.对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生C.明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物D。芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味剂【答案】D【解析】【详解】A.氯化钙是电解质,铁与钢中的碳、潮湿的空气形成原电池,用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀,故A正确;B.煤中含有硫元素,直接燃烧产生二氧化硫,污染空气,对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生,故B正确;C。明矾水解生成的胶体,氢氧化铝胶体表面积大,吸附水中悬浮颗粒物,故C正确;D.芳香族化合物不一定有香味,好多有毒,只有少数可以用作食品香味剂,故D错误;故选D。3。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A。7g14C中,含有3NA个中子B.25℃时,pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAC。3.2gCu与足量浓硝酸反应,生成的气体在标准状况下的体积为22.4LD.标准状况下,5。6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA【答案】D【解析】【详解】A.1个14C中含有8个中子,7g14C即0。5mol,含有中子数目为4NA,故A错误;B.溶液的体积未知,所以无法计算相关微粒的个数,故B错误;C.3.2gCu即0.05mol,与足量浓硝酸反应生成NO2气体,化学计量关系为:Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol,V(NO2)=2。24L,且标况下NO2不是气体,无法确定其体积,故C错误;D.标况下,5.6L丙烷为0。25mol,一个丙烷分子含有10个共价键,0。25mol丙烷中含有2。5NA个共价键,故D正确;答案选D。【点睛】易错点为B选项,pH值代表溶液中氢离子的浓度,要计算微粒数目必须要计算物质的量,题中没有给出体积,不能计算物质的量,也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体.4.稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。下列说法正确的是A。萘、菲、芘互为同系物 B。萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3种C.萘、菲、芘中只有萘能溶于水 D.萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面【答案】B【解析】【分析】A.同系物是组成相似,结构上相差n个CH2,依据定义作答;

B.根据等效氢原子种类判断;

C.依据相似相容原理作答;D.依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题.【详解】A.萘的结构中含两个苯环,菲的结构中含三个苯环,芘的结构中含四个苯环,组成不相似,则三者不是同系物,故A项错误;B.根据分子结构的对称性可知,萘分子中含有2种H原子,如图示:,则其一氯代物有2种,而菲分子中含有5种H原子,如图示:,则其一氯代物也有5种,芘分子中含有3种H原子,如图示:,则其有3种一氯代物,故B项正确;C。三种分子均有对称性,且为非极性分子,而水为极性键组成的极性分子,则萘、菲、芘中均难溶于水,故C项错误;D。苯环为平面结构,则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面,即所有的原子一定在同一个平面上,故D项错误;答案选B.【点睛】本题的难点是B选项,找稠环的同分异构体,进而判断其一氯代物的种类,结合等效氢法,可采用对称分析法进行判断等效氢原子,该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称中心.5。实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中,下列装置未涉及的是()A. B。 C. D。【答案】C【解析】【分析】乙醇催化氧化生成乙醛和水:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O,结合相关装置分析【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法,蒸馏要用到该装置,故A不选;B、B装置是乙醇的催化氧化装置,故B不选;C、提纯乙醛不用分液法,故用不到分液漏斗和烧杯,C选;D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管,故D不选;故选C。6.下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是()选项实验操作实验目的或结论A室温下,将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应,向过滤后所得固体中加入足量盐酸,固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中,搅拌,成浆状后,再加入饱和MgCl2溶液,充分搅拌后过滤,用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热,管口放湿润的红色石蕊试纸,试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D室温下,用pH试纸测得:0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10,0。1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3—结合H+的能力比SO32—的强A.A B.B C。C D。D【答案】B【解析】【详解】A。由现象可知,将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应,向过滤后所得固体中加入足量盐酸,固体部分溶解且有无色无味气体产生,说明固体中含有BaCO3和BaSO4,有BaSO4转化成BaCO3,这是由于CO32—浓度大使Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3),所以不能验证Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),A项错误;B.Mg(OH)2比Ca(OH)2更难溶,成浆状后,再加入饱和MgCl2溶液,充分搅拌后Ca(OH)2与MgCl2反应生成Mg(OH)2和溶于水的CaCl2,过滤,用蒸馏水洗净沉淀,可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的,B项正确;C.试纸变为蓝色,说明生成氨气,可说明NO3−被还原为NH3,结论不正确,C项错误;D.由操作和现象可知,亚硫酸氢根离子电离大于其水解,则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱,D项错误;答案选B.【点睛】A项是易错点,沉淀转化一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现,但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。7.室温下,将1L0.3mol⋅L−1HA溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通(加)入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是A.HA是一种弱酸B.向a点对应溶液中通入HCl,充分反应后,c(H+)/c(HA)增大C。b点对应溶液中:c(Na+)=c(Cl—)〉c(HA)>c(H+)〉c(OH-)D。c点对应溶液中:c(Na+)=c(A-)【答案】C【解析】【分析】1L0。3mol·L-1HA溶液与0.1molNaOH固体混合,反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA,假设HA为强酸,此时c(H+)=0。2mol·L-1,pH为1-lg2,但现在pH>3,说明HA为弱酸,然后进行分析即可。【详解】1L0.3mol·L-1HA溶液与0。1molNaOH固体混合,反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA,假设HA为强酸,此时c(H+)=0.2mol·L-1,pH为1-lg2,但现在pH>3,说明HA为弱酸.A、根据上述分析,HA为弱酸,故A说法正确;B、c(H+)/c(HA)=c(H+)×c(A-)/[c(HA)×c(A-)]=Ka(HA)/c(A-),a点对应溶液中加入HCl,发生NaA+HCl=NaCl+HA,c(A-)减小,因此该比值增大,故B说法正确;C、b点加入盐酸为0.1mol,此时溶质为HA和NaCl,HA的物质的量为0.3mol,NaCl物质的量为0.1mol,HA为弱酸,电离程度弱,因此微粒浓度大小顺序是c(HA)>c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)〉c(OH-),故C说法错误;D、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),c点pH=7,c(H+)=c(OH-),即有c(Na+)=c(A-),故D说法正确。8.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H,并测定产品的纯度。已知:NOSO4H遇水分解,但溶于浓硫酸而不分解.(1)装置A制取SO2①A中反应的化学方程式为___。②导管b的作用是___。(2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,还可以是___(只写1种).②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速度明显加快,其原因是___。(3)装置C的主要作用是___(用离子方程式表示)。(4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。(5)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中,加入0。1000mol·L—1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后摇匀.用0.2500mol·L—1草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平:__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O②滴定终点时的现象为___.③亚硝酰硫酸的纯度=___。(精确到0.1%)[M(NOSO4H)=127g·mol—1]【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(2).平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下;(3)。调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度(4)。生成的NOSO4H作为该反应的催化剂(5)。SO2+2OH—=SO32-+H2O(6)。C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解(7).2(8)。5(9).16H+(10).2(11).10CO2↑(12).8(13)。溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复(14)。92.0%【解析】分析】(1)①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2;②导管b的作用平衡压强的作用;(2)①装置B中浓硝酸与二氧化硫在浓硫酸作用下反应制得NOSO4H,该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,结合反应的操作;②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速率加快,说明NOSO4H起到了催化作用;(3)装置C主要作用是吸收二氧化硫防止污染空气;(4)NOSO4H遇水分解;(5)①高锰酸钾溶液在酸性条件下氧化草酸钠生成二氧化碳,结合元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子反应方程式;②高锰酸钾自身在反应中的颜色变化就可作为终点判断指示剂;③根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4,结合滴定中消耗高锰酸钾的物质的量可得到亚硝酰硫酸的物质的量,据此计算纯度.【详解】(1)①利用装置A,固液混合制取二氧化硫,其方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑;②导管b的作用是:平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下;(2)①浓硫酸遇水放出大量热,维持体系温度不得高于20℃,还可以是调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度;②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,反应速率明显加快,温度变化不大,排除温度的影响,其原因是:生成的NOSO4H作为该反应的催化剂,加快了反应速率;(3)装置C利用NaOH溶液将剩余的SO2吸收,防止污染环境,方程式为SO2+2OH—=SO32-+H2O;(4)NOSO4H遇水分解,C装置(或A)中的水蒸气会进入B中使NOSO4H发生分解;(5)①发生的是MnO4-和C2O42-的氧化还原反应,MnO4-做氧化剂,被还原成生成Mn2+,C2O42-做还原剂,被氧化成二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4-和C2O42-的离子反应方程式为:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液,滴定终点时的现象为:溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复;③根据题意可知,酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应,利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液,消耗草酸钠溶液的体积为20。00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4-)=n(C2O42-)=×0。2500mol·L-1×20.00×10-3L=2×10-3mol,则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4-)=0。1000mol·L-1·60。00×10-3L-2×10-3mol=4×10—3mol。n(NOSO4H)=n2(MnO4-)=10—2mol,亚硝酰硫酸的纯度=×100%=×100%=92.0%。9.锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2,含少量Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。(1)溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有__(填序号)A.不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触B.增大通入SO2的流速C.减少软锰矿浆的进入量D.减小通入SO2的流速(2)已知:室温下,Ksp[A1(OH)3]=1×10—33,Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39,pH=7。1时Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×l0-6mol/L),需调节溶液pH范围为__。(3)由硫酸锰与K2S2O8溶液常温下混合一周,慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出发生反应的离子方程式__。(4)将MnO2和Li2CO3按4:1的物质的量比配料,混合搅拌,然后升温至600℃〜750℃,制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式__。(5)锰酸锂可充电电池的总反应为:Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0<x<1)①充电时,电池的阳极反应式为__,若此时转移lmole-,则石墨电极将增重__g。②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂,拆解不当易爆炸、着火,为了安全,对拆解环境的要求是__。【答案】(1).AD(2)。5.0≤pH<7。1(3).Mn2++S2O82—+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42—(4)。8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑(5).LiMn2O4—xe—=Li1—xMn2O4+xLi+(6)。7(7)。拆解环境保持干燥,拆解下的锂隔绝空气保存【解析】【分析】软锰矿主要成分为MnO2,含少量Fe2O3、FeO、Al2O3和极少量铜的化合物等杂质,利用软锰矿浆脱含硫烟气中SO2,发生反应MnO2+SO2=MnSO4,2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,步骤Ⅱ中在浸出Ⅰ中加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子,加入氨水调节溶液pH沉淀Fe3+、Al3+便于除去,过滤得到滤液含有的Mn2+的溶液中加入K2S2O8可将Mn2+氧化为MnO2,K2S2O8被还原为K2SO4,MnO2与Li2CO3在一定温度下发生反应,产生LiMn2O4、CO2、O2,据此分析解答。【详解】(1)A.不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触,这样SO2就会更多转化为SO42-,故A正确;B.增大通入SO2的流速,可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出,物质的产率降低,故B错误;C.减少软锰矿浆的进入量,SO2可能不能及时参加反应,导致回收率降低,故C错误;D.减小通入SO2的流速,SO2能尽可能充分反应,回收率增大,故D正确;故答案选AD;(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+,不能损失Mn2+,由题意可知,室温下,pH=7。1时Mn(OH)2开始沉淀,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+,氢氧化铝完全变成沉淀时的Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)·c3(OH—),c(Al3+)=1×10-6mol/L,解得:c(OH-)=1×10—9mol/L,则溶液c(H+)=l×10—5mol/L,则pH=5;同理Fe(OH)3完全变成沉淀时,Ksp[Fe(OH)3]=l×10—39=c(Fe3+)·c3(OH—),c(Fe3+)=1×10—6mol/L,解得:c(OH—)=1×10-11mol/L,c(H+)=l×10-3mol/L,则pH约为3,故pH范围是:5.0≤pH〈7.1;(3)由题意可知,反应物为MnSO4和K2S2O8,生成物之一为MnO2,再根据化合价升降相等和原子守恒配平,则发生反应的离子反应方程式为Mn2++S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42-+4H+;(4)MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低,必然有元素的化合价升高,C元素处在最高价态,不能升高,则只能是O元素价态升高,所以还有O2生成.根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的方程式为:8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑;(5)①放电时,电池的正极发生还原反应,反应式为Li1-xMn2O4+xLi++xe-=LiMn2O4,充电时电池的阳极反应式为:LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+;此时,石墨电极上发生的反应为C+xe-+xLi+=LixC,则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量,由于Li摩尔质量是7g/mol,所以1molLi+的质量是7.0g;②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂,锂化学性质活泼,锂可与空气中的O2和H2O反应,对拆解的要求是:隔绝空气和水分。10。中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯,甲烷在催化作用下脱氢,在气相中经自由基偶联反应生成乙烯,如图所示。(1)现代石油化工采用Ag作催化剂,可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O,不含双键),该反应符合最理想的原子经济,则反应的化学方程式是___(有机物请写结构简式)。(2)已知相关物质的燃烧热如上表,写出甲烷制备乙烯的热化学方程式___。(3)在400℃时,向初始体积1L的恒压反应器中充入1molCH4,发生上述反应,测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20。0%。则:①在该温度下,其平衡常数K=__。②若向该容器通入高温水蒸气(不参加反应,高于400℃),C2H4的产率将__(选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”),理由是___。③若容器体积固定,不同压强下可得变化如图,则压强的关系是___.④实际制备C2H4时,通常存在副反应:2CH4(g)→C2H6(g)+H2(g)。反应器和CH4起始量不变,不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。在200℃时,测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是___。【答案】(1)。2CH2=CH2+O22(2)。2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H=+202kJ/mol(3)。0。20(mol/L)(4)。增大(5)。该反应为气体体积增大的吸热反应,通入高温水蒸气相当于加热,同时通入水蒸气,容器的体积增大,相当于减小压强,平衡均右移,产率增大(6)。p1>p2(7).在200℃时,乙烷的生成速率比乙烯的快【解析】【分析】(1)用Ag作催化剂,可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O,不含双键),该反应符合最理想的原子经济,X为;(2)结合表格中数据,根据盖斯定律,将反应可由②×2—③-①×2得到甲烷制备乙烯的热化学方程式;(3)①恒温恒容条件下气体的体积分数等于其物质的量分数,列“三段式”解答计算;②该反应的正反应是吸热反应,若向该容器通入高温水蒸气(不参加反应,高于400℃),相当于升高温度平衡正向移动;恒压条件下通入水蒸气导致分压减小,平衡正向移动;③增大压强平衡逆向移动,甲烷转化率降低;④根据图像结合反应速率解答;【详解】(1)现代石油化工采用Ag作催化剂,可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O,不含双键),X为,该反应符合最理想的原子经济,则反应的化学方程式为2CH2=CH2+O22;(2)根据表格中数据有:①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285。8kJ/mol,②CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H2=—890。3kJ/mol,③C2H4(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol,甲烷制备乙烯的化学方程式为:2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g),根据盖斯定律,将②×2-③—①×2得到,2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202kJ/mol;(3)①400℃时,向1L的恒容反应器中充入1molCH4,发生上述反应,测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%,设生成乙烯的物质的量为x,列“三段式”:所以有×100%=20.0%,解得:x=0。25,平衡后气体的体积=×1L=1。25L,所以化学平衡常数为K===0。20;②2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=+202kJ/mol,反应为气体体积增大的吸热反应,通入高温水蒸气(不参加反应,高于400℃)相当于加热,平衡右移,产率增大;同时通入水蒸气,容器的体积增大,相当于减小压强,平衡右移,产率也增大,因此C2H4的产率将增大,故答案为:增大;该反应为气体体积增大的吸热反应,通入高温水蒸气相当于加热,同时通入水蒸气,容器的体积增大,相当于减小压强,平衡均右移,产率增大;③若容器体积固定,2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g),反应为气体分子数增多的反应,温度相同时,压强增大不利于反应正向进行,CH4的平衡转化率降低,因此p1>p2;④根据图象,200℃时,测出乙烷的量比乙烯多,是因为生成乙烷的反应速率较快。【点睛】本题易错点为(3)①的平衡常数的计算,要注意该容器的体积可变,需要根据物质的量之比等于气体体积之比计算出平衡时的体积。11。铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题:(1)铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是_________。(2)酞菁钴分子的结构简式如图所示,中心离子为钴离子,酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4),三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为_______(用相应的元素符号表示);氮原子的杂化轨道类型为________。(3)Fe(CO)x常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x,晶体属于_______(填晶体类型),若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18,则x=________。(4)NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同,Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm,则熔点NiO______FeO(填“〉"“〈”或“=”),原因是_________.(5)NiAs的晶胞结构如图所示:①镍离子的配位数为_________.②若阿伏加德罗常数的值为NA,晶体密度为pg·cm—3,则该晶胞中最近的Ni2+之间的距离为________cm.(写出计算表达式)【答案】(1)。铁(2).2、4(3).N〉C〉H(4)。sp2、sp3(5).分子晶体(6).5(7).>(8).Ni2+、Fe2+的电荷相同,Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径,晶格能:NiO>FeO,因此熔点NiO>FeO(9).4(10).×【解析】【分析】(1)未成对电子处于价电子中,铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2,结合泡利原理与洪特规则判断;(2)含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合,形成配位键后形成4对共用电子对,形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键;三种非金属原子为C、N、H,同周期自左而右电负性增大;根据分子中N原子形成的σ键个数和含有的孤对电子的数目,分析判断;(3)根据Fe(CO)x的熔沸点比较低分析判断晶体类型;Fe原子价电子数为8,CO提供一对孤对电子,与Fe原子形成配位键,根据Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18,列式计算x;(4)离子晶体的熔点与晶格能大小有关,离子所带电荷数越多,离子半径越小,晶格能越大,熔点越高;(5)①根据均摊法计算晶胞中Ni、As原子数目,由晶胞结构可知As原子配位数为4,结合晶胞中Ni、As元素数目之比计算Ni的配位数;②首先计算晶胞的质量,再结合密度计算晶胞体积,进而计算晶胞棱长,最后根据面心与顶点上的Ni原子距离最近计算。【详解】(1)铁、钴、镍的基态原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2,三种元素原子的核外未成对电子数分别为4、3、2,未成对电子数最多的是Fe,故答案为Fe;(2)有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合,形成配位键后形成4对共用电子对,形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键,1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键,2号、4号N原子形成4对共用电子对,与Co通过配位键结合;酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H,同周期自左而右电负性增大,非金属性越强电负性越大,故电负性N>C>H;分子中N原子有形成2个σ键,含有1对孤对电子,有形成3个σ键,没有孤对电子,杂化轨道数目均为3,N原子的杂化轨道类型为sp2;有形成3个σ键,含有1对孤对电子,杂化轨道数目均为4,N原子的杂化轨道类型为sp3,故答案为2、4;N>C>H;sp2、sp3;(3)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低,易溶于非极性溶剂,应属于分子晶体;Fe原子价电子数为8,CO提供一对孤对电子,与Fe原子形成配位键,则8+2x=18,解得x=5,故答案为分子晶体;5;(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同,说明二者都是离子晶体,Ni2+、Fe2+的电荷相同,Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径,故晶格能:NiO>FeO,所以熔点NiO>FeO,故答案为>;Ni2+、Fe2+的电荷相同,Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径,故晶格能:NiO>FeO,所以熔点NiO>FeO;(5)①晶胞中As原子数目为4,Ni原子数目=8×+6×=4,二者为1∶1,由晶胞结构可知As原子配位数为4,故Ni的配位数为4,故答案为4;②面心与顶点上的Ni原子距离最近,最近的Ni2+之间的距离为晶胞棱长的,晶胞质量=4×g=g,晶胞体积=g÷pg•cm-3=cm3,晶胞棱长=cm,故最近的Ni2+之间的距离=×cm,故答案为×。12。化合物H是一种有机光电材料中间体.实验室由芳香化合物A制备H一种合成路线如下:已知:①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O;②。回答下列问题:(1)C的结构简式为_______________________。(2)F中官能团的名称为___________________。(3)B与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为________________。(4)从转化流程图可见,由D到E分两步进行,其中第一步反应的类型为__________。(5)化合物G的二氯代物有__________种同分异构体。(6)芳香化合物X是D的同分异构体,X能发生银镜反应,其核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢,峰面

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