【文档说明】陕西省咸阳市2020届高三高考模拟检测(二)化学试题【精准解析】.doc,共(17)页,1.335 MB,由小赞的店铺上传
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咸阳市2020年高考模拟检测(二)化学部分注意事项:1.答卷前,考生须准确填写自己的姓名、准考证号,并认真核准条形码上的姓名、准考证号;2.第一部分选择题必须使用2B铅笔填涂,第二部分非选择题必须使用0.5
毫米黑色墨水签字笔书写,涂写要工整、清晰;3.考试结束,监考员将试题卷答题卡一并收回.可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16S32Cr52Fe56Cu64W184第一部分一、选择题1.中国四大发明之一造纸术中蕴含着许多化学知识。下列有关说法错误的是A.“纸上得来终觉浅”中“纸”的主
要成分是纤维素B.古代造纸工艺中常利用石灰的碱性来分离植物中含酸性官能团的木质素C.现代造纸工艺中用二氧化硫漂白纸张的过程属于物理变化D.废旧纸张的回收利用有利于环境保护和资源再利用【答案】C【解析】【详解】A.“纸
上得来终觉浅”中“纸”的主要成分是纤维素,故A正确;B.古代造纸工艺中利用酸碱中和反应,因此常利用石灰的碱性来分离植物中含酸性官能团的木质素,故B正确;C.现代造纸工艺中用二氧化硫漂白纸张,是二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质,该过程属于化学变化,故C错误;D
.废旧纸张的回收利用可以减少树木等职务的砍伐,有利于环境保护和资源再利用,故D正确。综上所述,答案为C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1.8gNH4+含有的电子数为NAB.1L1mol·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAC.标况下,22.4LNO与11.2LO
2充分反应后,生成物的分子总数为NAD.50mL18mol·L-1的浓硫酸与足量的铜片共热,生成SO2的分子数为0.45NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.一个NH4+含有10个电子,1.8gNH4+物质的量为1
m1.8gn=0.1molM18gmol−==,因此1.8gNH4+含有的电子物质的量为1mol,数目为NA,故A正确;B.1L1mol·L−1的NaAlO2水溶液中n(NaAlO2)=1L×1mol·L−1=1mol,NaAlO2中含有的氧原子物质的量为2
mol,溶液中水还含有氧原子,因此溶液中氧原子物质的量大于2mol,氧原子数目大于2NA,故B错误;C.标况下,22.4LNO即物质的量为1mV22.4Ln==1molV22.4Lmol−=与11.2LO2即物质的量为1mV11.2Ln==0
.5molV22.4Lmol−=,发生2NO+O2=2NO2,即生成1molNO2,由于2NO2N2O4,因此生成物的分子总数小于NA,故C错误;D.50mL18mol·L−1的浓硫酸即物质的量n(H2SO
4)=0.05L×18mol·L−1=0.9mol,与足量的铜片共热,根据Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O和浓硫酸反应过程中逐渐变稀,稀硫酸不与铜反应,因此生成SO2的分子数小于0.45NA,故D错误。答案为
A。3.原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。X-的电子层结构与氦相同,Y和Z的次外层有8个电子,Z-和W+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A.元素的非金属性顺序为X<Y<ZB.X和其它3种元素均能形
成共价化合物C.W和其它3种元素均能形成离子化合物D.元素X、Y、Z各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W,它们的最外层电子数分别为1、6、7
、1。X-的电子层结构与氦相同,则X为H,Y和Z的次外层有8个电子,Y最外层电子数为6,则Y为S,Z最外层电子数为7,则Z为Cl,Z-和W+的电子层结构相同,则W为K。【详解】A.同周期从左到右非金属性逐渐增强,因此元素的非金属性顺序为X<Y<Z,故A正确;B.H与K形成KH离子化合物
,故B错误;C.K与其它3种元素形成KH、K2S、KCl均是离子化合物,故C正确;D.元素X最高价+1,最低价−1,最高和最低化合价的代数和为0,Y最高价+6,最低价−2,最高和最低化合价的代数和为4,Z最高价+7,最低价−1,最高和最低化合价的代数和为6,
故D正确。综上所述,答案为B。4.下列实验方案、现象及结论均正确的是选项实验方案、现象结论A用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应,观察到黄色火焰该样品中一定含钠元素B将石蜡油(液态石蜡)分解的产物通人溴的四氯化碳溶液中,溶液逐渐褪色分解产物中一定含有乙烯C向酸性KMnO4溶液中
先通人少量SO2,充分反应后,再滴入几滴BaCl2溶液,产生白色沉SO2被氧化为SO42-D向FeCl,溶液中加入过最的KI溶波,充分反应后,再滴入几滴KSCN溶液,溶液颜色变红KI与FeCl3的反应为可逆反应AAB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.玻璃
棒中含钠元素,干扰了检验结果,应选铁丝或铂丝蘸取某样品,故A错误;B.溴的四氯化碳溶液褪色,说明含有不饱和烃,但不一定是乙烯,故B错误;C.酸性高锰酸钾溶液可能是硫酸酸化,则无法确定硫酸根是否为二氧化硫被氧化生成,故C错误;D.Fe3+具有强氧化性,可以将I-
氧化;KI溶液过量,所以溶液中有I-,根据实验现象可知溶液中也存在Fe3+,反应物和生成物同时存在,说明KI与FeCl3的反应为可逆反应,故D正确;故答案为D。5.结构简式为的有机物共有种(不考虑立体异构)。A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】
【详解】-C3H7的丙基有-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2两种,则含有两个Br取代基共有-CBr2CH2CH3、-CHBrCHBrCH3、-CHBrCH2CH2Br、-CH2CBr2CH3、-CH2CHBrCH2Br、-CH2CH2CHBr2、-CBr(CH3)CH2Br、-CH(
CH3)CHBr2、-CH(CH2Br)2,共有9种,故答案为C。6.碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]是一种具有发展前景的“绿色”化工产品。电化学法合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.石墨I与直流电源正极相连B.H+由石墨II通过质子交换膜向石墨I移动
C.石墨I上发生的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+D.电解过程中,阴极和阳极消耗气体的物质的量之比为1:2【答案】B【解析】【分析】该装置有外接电源,是电解池,由图可知甲醇和一氧化碳失电子发生氧化反应生成碳酸二甲酯,则
电极石墨I为阳极,阳极反应为2CH3OH+CO-2e-═(CH3O)2CO+2H+,电极石墨II为阴极,阳极产生的氢离子从质子交换通过移向阴极,氧气在阴极得电子与氢离子反应生成水,电极反应为O2+4e
-+4H+=2H2O,据此解答。【详解】A.石墨I为阳极,与直流电源正极相连,故A正确;B.电解池工作时,阳离子向阴极移动,即H+由石墨I通过质子交换膜向石墨II移动,故B错误;C.石墨I为阳极,阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧
化反应,电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+,故C正确;D.常温常压下甲醇是液体,电解池工作时转移电子守恒,根据关系式2CO~4e-~O2可知阴极消耗的氧气与阳极消耗的一氧化碳物质的量之比为1:2,故D正确;故答案为B。7.某酸在水溶液中,四种微粒的
物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.H3XO4为三元弱酸,NaH2XO4溶液呈碱性B.-lgKa3=12.32C.向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液,()+3-4cNacXO()的值变大D.0.1mol/L的Na2HXO4溶液中,c(Na+
)+c(H+)=c(XO43-)+c(HXO42-)+c(H2XO4-)+c(OH-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A.H3XO4能最终电离生成XO43-,说明H3XO4为三元弱酸;当pH=2.16时,溶液中c(H3XO4)=c(H2XO4-),则Ka1=
()()()2434ccHHXOcHXO+−=10-2.16,此时Kh3=()()()3424ccOHcHXOHXO−−=1waKK=142.161010−−=10-11.84<Ka1;当pH=7.21时,溶液中c(H
XO42-)=c(H2XO4-),则Ka2=()()()2424cHXOccHHXO+−−=10-7.21>Kh3,即NaH2XO4溶液中,H2XO4-的电离程度大于H2XO4-的水解程度,溶液呈酸性,故A错误;B.当pH=12.3
2时,溶液中c(XO43-)=c(HXO4-),则Ka3=()()()3424cHXOcHXOc+−−=10-12.32,则-lgKa3=12.32,故B正确;C.向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液,抑制XO43-的水解,溶液中X
O43-的数目增大,而Na+数目不变,则()+3-4cNacXO()=()()34nNanXO+−的比值减小,故C错误;D.在0.1mol/L的Na2HXO4溶液中存在的电离守恒式为c(Na+)+c(H+)=3c(XO43-)+2c(HXO42-)+c(H
2XO4-)+c(OH-),故D错误;故答案为B。第二部分三、非选择题8.对硝基苯甲酸()是一种广泛用于医药、染料、感光材料等的重要精细化工中间体。工业上以对硝基甲苯()、Cr(SO)3等物质为主要原料,通过间接电合
成法制备对硝基苯甲酸,生产工艺流程如下:已知:①对硝基甲苯:黄色晶体,熔点为51.7℃,沸点为238.5℃,不溶于水,易溶于乙醇、乙醚、氯仿和苯。②对硝基苯甲酸:黄色晶体,熔点为242℃,沸点为359℃,微溶于水,溶于乙醇,能升华。回答下列问题:(1)电
解制备Cr2O72-:用H型隔膜电解槽电解制备Cr2O72-,装置如下图1所示。外接电源的负极为__(填“A”或“B”),反应II的离子方程式为_______。(2)氧化制备对硝基苯甲酸:用上图2所示装置制备对硝基苯
甲酸,具体过程如下:步骤1:向250mL三颈烧瓶中依次加入一定量含Cr2O72-的电解液、对硝基甲苯,搅拌、水浴升温到设定温度,恒温下进行反应,直至反应液由棕红色变为墨绿色时为止。步骤2:待反应混合物冷却至室温后,与适量冰水充分混合,抽滤。滤液返回电解槽中重新电解。步骤3:
把步骤2中抽滤所得固体溶于5%的热NaOH溶液中(约60℃),待温度降到50℃时,抽滤,向滤液中加入过量2mol/LH2SO4,析出黄色沉淀,再抽滤,并用冷水洗涤,然后在低于80℃的条件下烘干,可得粗产品。①仪器X的名称
是_____,冷却水应从___口进入(填“a”或“b”)。②步骤2中,抽滤所得固体的主要成分是_____。③步骤3中,用NaOH溶液处理后,需待温度降到50℃时进行抽滤的原因是______。④制得的粗产品需要进一步纯化,根据对硝基苯甲酸的有关性质可知,对其进行纯化还可以采用____
_法完成。⑤该合成技术的优点是实现了____(填化学式)的循环利用,绿色环保。(3)测定对硝基苯甲酸的纯度:称取1.670g粗产品,配成100mL溶液,取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1KOH溶液滴定,重复滴定四次,每次消耗KOH溶液的体积如下表所示。已知:对
硝基苯甲酸的摩尔质量为167.0g·mol-1,则对硝基苯甲酸的纯度为_____。第一次第二次第三次第四次体积(mL)23.0023.1021.4022.90【答案】(1).A(2).3S2O82-+2Cr3++7H2O=6SO42-+Cr2O72-+14H+(3).冷凝管(4).b(5).
对硝基苯甲酸(6).使未反应的对硝基甲苯凝固析出(7).升华(8).Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4(9).92.00%【解析】【分析】用图1装置电解Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、H2SO4的混合液,获得Cr2O72-的电解液
,其中阳极区发生氧化反应,然后将含Cr2O72-的电解液浓缩并加硫酸酸化,再在氧化装置内将对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸,将反应混合物冷却至室温后,与适量冰水充分混合,抽滤,所得所得固体溶于5%的热NaOH溶液中(约60℃),待温度降到50℃时,抽滤,向滤液中加入过量2mol/LH2SO4,析出黄
色沉淀,再抽滤,并用冷水洗涤,然后在低于80℃的条件下烘干,可得对硝基苯甲酸粗产品,据此分析解题。【详解】(1)电解槽中阳极周围阴离子发生氧化反应,反应Ⅰ是SO42-氧化为S2O82-,则右侧电极为阳极,B为外接电源正极,A为外接电
源的负极;反应II是S2O82-氧化Cr3+生成Cr2O72-,发生反应的离子方程式为3S2O82-+2Cr3++7H2O=6SO42-+Cr2O72-+14H+;(2)①仪器X的名称是冷凝管,冷却水的水流方向应与蒸气流向相反,则应从b口进入冷水;②步骤1中反应液由棕红色
变为墨绿色时,说明有对硝基苯甲酸生成,则步骤2经冷却后,经抽滤所得固体的主要成分是对硝基苯甲酸;③对硝基甲苯的熔点为51.7℃,则步骤3中,用NaOH溶液处理后,需待温度降到50℃时进行抽滤,目的是使未反应的对硝基甲苯凝固析出,可
提高对硝基苯甲酸的纯度;④对硝基苯甲酸是黄色晶体,能升华,则对粗产品进行纯化还可以采用升华法完成;⑤由工业流程图可知,步骤2中抽滤后的滤液返回电解槽中重新电解,说明滤液中的Cr2(SO4)3、(NH4)2SO4、
H2SO4可循环利用,符合绿色环保;(3)第三次实验消耗KOH的体积明显偏小,舍去,其它三次消耗KOH溶液体积的平均值23.0023.1022.903++mL=23.00mL,对硝基苯甲酸与KOH溶液发生中和反应时,对硝
基苯甲酸与KOH等物质的量反应,则对硝基苯甲酸的纯度为1000.0230.100mol/L167.0g/mol251.670mLLmLg×100%=92.0%。【点睛】本题考查物质的制备实验设计和评价,重点涉及电解池阴、阳极的判断,可根据电解产物并结合元素化合价的变化判断发生的反应来分析,其
中发生氧化反应的极为阳极,连接外接电源的正极,另外根据对硝基甲苯和对硝基甲酸的物理性质差异,选择混合物分离操作的方法是难点。9.硼酸和硫酸镁是重要的化工原料。以硼铁混精矿[主要成分为MgBO2(OH)、UO2和Fe3O4,还
有少量的Fe2O3、FeO、SiO2]为原料制备硼酸和硫酸镁的工艺流程如下:已知:①UO22+在pH为4-5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀;②Fe2+和Fe3+沉淀完全的pH分别为9.7、3.7。(1)酸浸过程
中MgBO2(OH)与硫酸反应的离子方程式为_____。(2)酸浸过程中加入H2O2的目的是______(写出两条),滤渣1的主要成分是___(填化学式)。(3)试剂1最好选择_____(填化学式)。若调节溶液pH前
,溶液中c(Mg2+)=0.2mol/L,当溶液pH调至5时,UO2+沉淀完全,此时是否有Mg(OH)2沉淀生成____。{通过计算说明,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12}(4)操作1的名称是_____。
(5)MgSO4·H2O加热脱水可以得无水MgSO4,那么MgCl2·6H2O晶体直接加热___(填“能”或“不能”)得到无水MgCl2,理由是_______。(6)已知:H2CO3的Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11;H3BO3的Ka=5.8×10-10。
向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液____(填“有”或“无”)气泡产生,理由是____。【答案】(1).MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3(2).将Fe2+氧化为Fe3+,将UO2氧化成UO22+便于后续过
程除去(3).SiO2(4).MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3(5).c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,因此不会产生Mg(O
H)2沉淀(6).趁热过滤(7).不能(8).加热时促进了MgCl2的水解,最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁(9).无(10).硼酸的酸性比碳酸弱【解析】【分析】用硫酸酸化的H2O2溶解硼铁混精矿,其中SiO2不溶于水和酸,经过滤可除去,所
得滤液中主要含有UO22+、Fe3+、Mg2+及H3BO3,用MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3调节溶液pH,使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀,并经过滤得滤渣2,将滤液蒸发、浓缩,趁热过滤,获得MgSO4·H2O晶体析出,将滤液冷
却结晶,过滤可得粗硼酸,据此分析解题。【详解】(1)酸浸过程中MgBO2(OH)与硫酸反应,生成硼酸和硫酸镁,发生反应的离子方程式为MgBO2(OH)+2H+=Mg2++H3BO3;(2)酸浸过程中加入H2O2,利用H2O2的氧化性,将Fe2+氧化为Fe3+,同时将UO2氧化成UO22
+便于后续过程除去;SiO2不溶于水和酸,则滤渣1的主要成分是SiO2;(3)添加试剂1是调节溶液pH,则试剂1能与酸反应,且不引入新的杂质,故最好选择MgO或者Mg(OH)2或者MgCO3;c(Mg2+)=0.2mol/L
,当溶液pH调至5时,c(OH-)=1×10-9mol/L,则c(Mg2+)×c2(OH-)=0.2×(10-9)2=2×10-19<Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,因此不会产生Mg(OH)2沉淀。(4)结合以上分析可知,将滤液蒸发、浓缩,趁热过滤,获得MgSO4·H
2O晶体析出,所以操作1的名称是趁热过滤;(5)MgCl2能水解生成Mg(OH)2和HCl,MgCl2·6H2O晶体直接加热时,促进Mg2+水解,且HCl挥发,则最终得到氢氧化镁、氧化镁或碱式碳酸镁,而不能得到无水MgCl2;(6)已知:H2CO3的Ka
1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11;H3BO3的Ka=5.8×10-10,则硼酸的酸性介于H2CO3和HCO3-之间,根据强酸制弱酸的原理,向碳酸钠溶液里逐滴加入硼酸溶液只能生成NaHCO3和NaBO3,无碳酸生成,即无气泡
产生。【点睛】判断一定条件下沉淀能否生成或溶解,关键在于判断Ksp与Qc的关系:对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),平衡状态:溶度积Ksp=[An+]m×[Bm-]n,任意时刻:离子积Q
c=[An+]m×[Bm-]n,Qc>Ksp,有沉淀析出;Qc=Ksp,沉淀溶解平衡;Qc<Ksp,无沉淀析出。10.烯烃催化裂解是制备短链烯烃的重要途径。研究表明,1-丁烯[CH3CH2CH=CH2(g)]催化裂解时,发生两个平行竞争反应生成丙烯和乙烯,两反应的热化学方程式为:①3CH3
CH2CH=CH2(g)Δ催化剂4CH3CH=CH2(g)△H=+579kJ·mol-1②CH3CH2CH=CH2(g)Δ催化剂2CH2=CH2(g)△H=+283kJ·mol-1回答下列问题:(1)若1-丁烯的燃烧热为2539kJ·mol-1,
则表示乙烯燃烧热的热化学方程式为____;1-丁烯转化为丙烯反应的化学平衡常数表达式为_____。(2)有利于提高1-丁烯平衡转化率的措施有_______。(3)550℃和0.02~0.5MPa下,①②两个反应均建立平衡,测得平衡混合物里各组分的
质量分数随压强变化的曲线如下图所示。由图可知,1-丁烯的质量分数随压强的增大而增大,主要原因是______。(4)在1-丁烯裂解的实际生产中,为了提高产物中丙烯的含量,除了选择合适的温度和压强之外,还有一条关键措施是_____。0.1MPa和30
0~700℃下,1-丁烯裂解产物中各组分比例变化的曲线如下图所示。由图可知,生产过程中提高丙烯质量分数的最佳温度为___℃,在该温度之前各温度对应的组成______(填“一定是”、“可能是”或“一定不是”)平衡态,理由是
____________。【答案】(1).CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411kJ·mol-1(2).K=()()4323322cCHCHCHcCHCHCHCH==(3).升高温度、减小压强(4).其它条件
不变时,增大压强,CH3CH2CH=CH2催化裂解为丙烯或乙烯的平衡均逆向移动,CH3CH2CH=CH2的质量分数会增大(5).高选择性的催化剂(6).450℃(7).可能是(8).1-丁烯裂解为丙烯和乙烯的反应均为吸热反应,升高温度,两个平衡均正向移动,导致丙烯和乙烯的质量分数增大【解析】【
分析】(1)1-丁烯的燃烧热为2539kJ·mol-1,则其燃烧热的热化学方程式为CH3CH2CH=CH2(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)△H=-2539kJ·mol-1,结合盖斯定律写出乙烯燃烧热的热化学方程式;平衡常数等于生成物
浓度幂的积与反应物浓度幂的积之比;(2)改变温度、压强、反应物或生成物的浓度可促进平衡正向移动,提高反应物的转化率;(3)可逆反应达到平衡后增大压强,平衡向气体总物质的量减小的方向移动;(4)结合1-丁烯裂解过程中各裂解产物的含量与温度变化的
曲线分析即可。【详解】(1)已知:②CH3CH2CH=CH2(g)垐?噲?2CH2=CH2(g)△H=+283kJ·mol-1,③CH3CH2CH=CH2(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)△H=-2539kJ·
mol-1,根据盖斯定律③12-②12可得CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l),则△H=(-2539kJ·mol-1)12-(+283kJ·mol-1)12=-1411kJ·mol-1,故乙烯燃烧热的热化学方程式为
CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411kJ·mol-1;已知3CH3CH2CH=CH2(g)垐?噲?4CH3CH=CH2(g),则该反应的化学平衡常数表达式为K=()()4323322cCHCHCHcCHCHCHCH==;(2)已
知3CH3CH2CH=CH2(g)Δ催化剂4CH3CH=CH2(g)△H=+579kJ·mol-1,正反应为吸热、气体总物质的量增大的反应,则升高温度或减小压强可促进平衡正向移动,有利于提高1-丁烯平衡转化率;(3)已知:
①3CH3CH2CH=CH2(g)垐?噲?4CH3CH=CH2(g)△H=+579kJ·mol-1,②CH3CH2CH=CH2(g)垐?噲?2CH2=CH2(g)△H=+283kJ·mol-1,①②两个反应的逆反应均为气体总物
质的量减小的反应,则其它条件不变时,增大压强,CH3CH2CH=CH2催化裂解为丙烯或乙烯的平衡均逆向移动,CH3CH2CH=CH2的质量分数会增大;(4)已知:①3CH3CH2CH=CH2(g)Δ催化剂4
CH3CH=CH2(g)△H=+579kJ·mol-1,②CH3CH2CH=CH2(g)Δ催化剂2CH2=CH2(g)△H=+283kJ·mol-1,则生产过程中除选择合适的温度和压强之外,还需要选择高选择性的催化剂;由0.1MPa和300~700℃下,1-丁烯裂解产物中各组分比例
变化的曲线可知,生产过程中提高丙烯质量分数的最佳温度为450℃左右;1-丁烯裂解为丙烯和乙烯的反应均为吸热反应,升高温度,两个平衡均正向移动,导致丙烯和乙烯的质量分数增,则450℃之前各温度对应的组成可能是平衡态。【点睛】应用
盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式(一般2~3个)进行合理“变形”,如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数,然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式,求出
目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。(二)选考题[化学——选修3:物质结构与性质]11.某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题:(1)现有铜锌元素
的4种微粒,①锌:[Ar]3d104s2;②锌:[Ar]3d104s1;③铜:[Ar]3d104s1;④铜:[Ar]3d10。失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是___(填字母)。A④②①③B④②③①C①②④③D①④③②(2)砷化镉(Cd3As
2)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。①砷与卤素可形成多种卤化物,AsBr3、AsCl3、AsF3的熔点由低到高的顺序为__。砷酸的酸性弱于硒酸,从分子结构的角度解释原因____。②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中,配体的空间构型为__,画出配离子的结构式__
(不考虑立体构型)。(3)铬(Cr)、钼(Mo)、钨(W)位于同一副族相邻周期,且原子序数依次增大。①基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同,则基态钼原子的价层电子排布图为___。②铬的晶胞结构如图A所示,它的堆积模型为____,在该晶胞中铬原子的配位数为_____。③钨和碳能形成耐高温、耐
磨材料碳化钨,其晶胞结构如图B所示,则碳化钨的化学式为___,六棱柱的底边长为acm,高为bcm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则碳化钨晶体的密度是___g·cm-3(列出计算表达式)。【答案】(1).A(2).AsF3<AsCl3<AsBr3(3).H2SeO4的非羟基氧原子多,Se
的正电性更高,羟基中O原子上的电子向Se偏移的程度大,更容易电离出H+(4).三角锥形(5).(6).(7).体心立方堆积(8).8(9).WC(10).()2184126332ANab+【解析】【分析】(1)结合电离能的变化规律分析解题,注意d轨道全充
满的稳定结构,电离能较大;(2)①AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶体,根据分子间作用力大小及影响因素与熔点关系分析;非羟基氧越多,酸性越强;②[Cd(NH3)4]2+中配体是NH3,根据N原子的价电子对数目分析空间构型;Cd2+与NH3通过配位键结合
成配合离子;(3)铬原子核电荷数为24,晶胞的特点是一个Cr原子位于八个Cr原子形成的立方体中心;利用均摊法确定碳化钨的化学式,计算出晶胞的质量和体积,再根据ρmV=计算密度。【详解】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能,有①>③;铜的第二电离能大于锌的
第二电离能,有④>②,锌的第二电离能大于第一电离能,②>①,即失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是④②①③,故答案为A;(2)①AsBr3、AsCl3、AsF3都是分子晶体,相对分子质量越大,范德华
力越大,熔点越高,故熔点由低到高的顺序为AsF3<AsCl3<AsBr3;H2SeO4的非羟基氧原子多,Se的正电性更高,羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大,更容易电离出H+,砷酸的酸性弱于硒酸;②NH3中N原子的价层电子对数目为3+5132
−=4,其中有1个孤对电子,N原子为sp3杂化,空间构型是三角锥形;Cd2+与NH3通过配位键结合成配合离子,N原子提供孤对电子,中心离子与4个NH3形成4个配位键,则配离子的结构式为;(3)①基态铬原子的价电子排布式为3d54s1,钼原子与铬原子的核外电子排布特点相
同,则基态钼原子的价电子排布式为4d55s1,故价层电子排布图为;②由铬的晶胞结构可知,一个Cr原子位于八个Cr原子形成的立方体中心,则堆积模型为体心立方堆积,在该晶胞中铬原子的配位数为8;③晶胞中碳原子数为6个,钨原子数为1+2×12+6×2×16+6×13=6,则碳化钨的
化学式为WC;晶胞的质量为()184126AN+g,晶胞的体积为2332abcm3,则晶胞密度ρmV==()2184126332ANab+g·cm-3。【点睛】均摊法确定六棱柱晶胞中粒子数目的方法是:①顶点:每个顶点的原子被6个晶胞共有,所以晶胞
对顶点原子只占16份额;②棱:每条棱的原子被3个晶胞共有,所以晶胞对顶点原子只占13份额;③面上:每个面的原子被2个晶胞共有,所以晶胞对顶点原子只占12份额;④内部:内部原子不与其他晶胞分享,完全属于该晶胞。[化学——选修5:有机
化学基础]12.盐酸巴氯芬是一种用于改善骨骼肌痉挛的口服片剂。下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略):已知:①RCOOH2SOCl⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCl②H3C-CHO()22CHCOOH吡啶⎯
⎯⎯⎯⎯→H3C-CH=CH-COOH(1)A是一种芳香烃,其分子式为____,B→C的反应类型为___。(2)H中所含官能团的名称是______。(3)写出F→G反应的化学方程式______。(4)C的同分异构体中
能与FeCl3溶液发生显色反应的有____种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有3种峰且峰面积之比为2:2:1的结构简式为____。(5)由B开始制取E的合成路线有多种,请将下列合成路线中的相关内容
补充完整,有机物写结构简式,无机物写分子式______。【答案】(1).C7H8(2).氧化反应(3).氯原子、硝基、羧基(4).(5).13(6).(7).【解析】【分析】由A是一种芳香烃,B的分子式为C7H7Cl可知,A→B发生取代反应,
则A的分子式为C7H8,应为甲苯,结构简式为;C的分子式为C7H5ClO2,则B被酸性KMnO4溶液氧化为C,结合D的结构简式,可知C为、B为,在CH2(COOH)2和吡啶的作用下生成的F应为,F再在KHSO4的催化作用,下与CH3OH发生酯化反应,生成的G为,据此分析解
题。【详解】(1)由分析知:A是一种芳香烃,其分子式为C7H8;B被酸性KMnO4溶液氧化为C,则B→C的反应类型为氧化反应;(2)H的结构简式为,所含官能团的名称是氯原子、硝基、羧基;(3)F→G发生酯化反应的化学方程式为;(4)C为,其同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应,说
明含有酚羟基,则:分子结构中含有酚羟基和-COCl,共有邻、间、对位三种;含有酚羟基、-Cl和-CHO,当酚羟基、-Cl处于对位时,-CHO的位置有2种,当酚羟基、-Cl处于间位时,-CHO的位置有4种,当酚羟基、-Cl处于邻位时,-CHO的位置有4
种,故满足条件的同分异构体共有13种;其中核磁共振氢谱有3种峰且峰面积之比为2:2:1的结构简式为;(5)B为,则由制,只需要将甲基上的1个氢原子被Cl取代,再水解、氧化即可,具体合成路线为。