湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校2020届高三上学期期末考试理综化学试题【精准解析】

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【文档说明】湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校2020届高三上学期期末考试理综化学试题【精准解析】.docx,共(22)页,983.882 KB,由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校2020届高三上学期期末考试理综化学试题1.中国诗词深受众人喜爱,针对下列一些诗词,从化学角度解读正确的是A.王安石的《梅花》“遥知不是雪,唯有暗香来”描述了物质发生化学变化过程中既有状态变化又有气味的产生B.

庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅毛下,非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质C.赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨,赫赫喧虺似火攻”描述了颜色反应的现象D.刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽

辛苦,吹尽狂沙始到金”,说明金在自然界中以游离态存在,其化学性质稳定【答案】D【解析】【详解】A.王安石的《梅花》“遥知不是雪,唯有暗香来”,体现物质的挥发性,属于物质的物理性质,故A错误;B.庾信的《杨柳歌》“独忆飞絮鹅

毛下,非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是纤维素,不是蛋白质,故B错误;C.赵孟頫的《烟火诗》“纷纷灿烂如星陨,赫赫喧虺似火攻”描述了焰色反应的现象,故C错误;D.刘禹锡的《浪淘沙》“千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始到金”,说明金在自然界中以游离态存在,其化学性质稳定,故

D正确;故选D。2.阿伏加德罗是意大利化学家(1776.08.09-1856.07.09),曾开业当律师,24岁后弃法从理,十分勤奋,终成一代化学大师。为了纪念他,人们把1mol某种微粒集合体所含有的粒子个数,称为阿伏加德罗常数,用N表示。下列说法

或表示中不正确的是A.科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1molB.在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中,若有212克氯气生成,则反应中电子转移的数目为5NA

C.60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D.6.02×1023mol-1叫做阿伏加德罗常数【答案】D【解析】【详解】A.含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1mol,故A正确;B.生成的3mol氯气中含6molCl,其中1mol为37Cl,5mol为35Cl,生成氯气摩尔质

量=13753570.7+=70.7g·mol-1,若有212克氯气生成物质的量=121270.0?ggmol-=3mol,生成3mol氯气电子转移5mol,故B正确;C.乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O,1个CH2O

完全燃烧消耗1个氧气分子,60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol,充分燃烧消耗2NA个O2,故C正确;D.6.02×1023mol-1是阿伏加德罗常数的近似值,故D错误;故选D。3.已知一组有机物的分子式通式,按某种规律排列成下表项序1234567……通式C2H4C

2H4OC2H4O2C3H6C3H6OC3H6O2C4H8……各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中,属于酯类的有(不考虑立体异构)A.8种B.9种C.多于9种D.7种【答案】B【解

析】【分析】由表中规律可知,3、6、9、12项符合CnH2nO2,由C原子数的变化可知,第12项为C5H10O2,属于酯类物质一定含-COOC-。【详解】①为甲酸丁酯时,丁基有4种,符合条件的酯有4种;②为乙酸丙酯时,

丙基有2种,符合条件的酯有2种;③为丙酸乙酯只有1种;④为丁酸甲酯时,丁酸中-COOH连接丙基,丙基有2种,符合条件的酯有2种,属于酯类的有4+2+1+2=9种,故选:B。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素,X、Z的周期序数=族序数,由这四种元

素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系,其中甲、戊是两常见的金属单质,丁是非金属单质,其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A.丙属于碱性氧化物B.W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C.W的原子序数是Z的两倍,金属性弱于ZD.常温下等物质的量的甲和戊加入

过量浓硝酸中,消耗的HNO3物质的量相等【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素,X、Z的周期序数═族序数,应分别为H、Al元素,由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系,其中甲、戊是两常见的金属单质,丁是非金属单质,其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶

体,则丙为Fe3O4,由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O,丁为H2,戊为Al、己为Al2O3,则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A.丙为Fe3O4,不是两性氧化物,故A错误;B.W为Fe,原子序数为26,位于第四周期Ⅷ族,故

B错误;C.由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱,故C正确;D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中,均产生钝化现象,故D错误;故选C。【点睛】本题考查无机物的推断,把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键,侧重分析与推

断能力的考查,注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口,D为易错点,钝化的量不能确定。5.下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是选项实验现象结论A向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度

的CuSO4和KMnO4溶液观察、对比气体产生的速度可比较CuSO4和KMnO4的对H2O2分解的催化效果B向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液,加热冷却后观察到其一分层,另一不分层分层的是矿物油,不分层的是植物油C将浓硫酸滴到胆矾晶体表面晶体表面出

现黑斑浓硫酸具有脱水性DSO2通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、高锰酸钾可氧化过氧化氢,而不是过氧化氢的催化剂,故A错误;B、向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液

,加热,冷却后观察到分层的是矿物油,不分层的是植物油,植物油中有酯基,在碱性条件下水解,故B正确;C、将浓硫酸滴到胆矾晶体表面,晶体由蓝色变成白色,说明浓硫酸具有吸水性,故C错误;D、SO2通入Ba(NO3)2溶液,硝酸根离

子在酸性条件下具有氧化性,SO2被氧化成SO42-,生成BaSO4白色沉淀,故D错误;故选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、反应原理、物质检验等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结

合,难点D,SO2能被Ba(NO3)2中NO3-氧化。6.下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A.牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B.金属的化学腐蚀的实质是:M-ne-=Mn+,电子直接转移给还原剂C.外加直流电源的阴极保护法,在通电时被保护的金属表面腐蚀

电流降至零或接近于零。D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为:2H++2e-=H2↑【答案】C【解析】【详解】A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理,用较活泼的金属作负极先被氧化,故A错误;B.金属的化学腐蚀的实质是:金属作还原剂M-ne-=Mn+,电子直接转移给氧

化剂,故B错误;C.外加直流电源的阴极保护法,在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零,故C正确;D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时,铜作负极,碳正极的电极反应为:O2+4e-+4H+=2H2O,故D错误;故选C。7.常温下,H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的

物质的量分数δ随pH的变化如图(I)、(II)所示。下列说法不正确的是已知:+222223222HNCHCHNHHOHNCHCHNHOH−++。A.NaHA溶液中各离子浓度大小关系为:()()()()()+--+2-cNa>cHA>cH>cA>cOHB.乙二胺(H2N

CH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15C.[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D.向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl,()()()()22222+32+22cHNCHCHNHcHAcHNCHCHNHcHA不变【答案】C【解析】【详解】A.由图1可知,当c(

HA-)=c(A2-)时,溶液显酸性,所以NaHA溶液显酸性,电离程度大于水解程度,则各离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故A正确;B.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH2]+)=c[H

3NCH2CH2NH3]2+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2=()()232233222()cHNCHCHNHcOHcHNCHCHNH++-=c(OH-),Kb2=10

-7.15,故B正确;C.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c([H3NCH2CH2NH]+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2=10-7.15,由图1

可知,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=6.2,则Ka2=10-6.2,[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2-的水解程度,溶液显酸性,故C错误;D.()()()()22222+32+22cHNCHCHNHcHAc

HNCHCHNHcHA=()()()222223222·()?()·()cHNCHCHNHcHAcOHcHcHAcHcHNCHCHNHcOH−++-+-()()=11KwKaKb,由于通入HCl,Kw、Kb1、Ka1都不变,所以()()(

)()22222+32+22cHNCHCHNHcHAcHNCHCHNHcHA不变,故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用,把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的

关键,侧重分析、应用能力和计算能力的考查,难点D,找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。8.乙苯是主要的化工产品。某课题组拟制备乙苯:查阅资料如下:①几种有机物的沸点如下表:有机物苯溴乙烷乙苯沸点/℃8038.41

36.2②化学原理:+CH3CH2Br3AlCl80℃⎯⎯⎯→+HBr。③氯化铝易升华、易潮解。I.制备氯化铝甲同学选择下列装置制备氯化铝(装置不可重复使用):(1)本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有

________种。(2)连接装置之后,检查装置的气密性,装药品。先点燃A处酒精灯,当___________时(填实验现象)点燃F处酒精灯。(3)气体流动方向是从左至右,装置导管接口连接顺序a→______→k

→i→f→g→_____。(4)D装置存在明显缺陷,若不改进,导致的实验后果是______________。II.制备乙苯乙同学设计实验步骤如下:步骤1:连接装置并检查气密性(如图所示,夹持装置省略)。步骤2:用酒精灯微热烧瓶。步骤3:在烧瓶中

加入少量无水氯化铝、适量的苯和溴乙烷。步骤4:加热,充分反应半小时。步骤5:提纯产品。回答下列问题:(5)本实验加热方式宜采用_______(填“酒精灯直接加热”或“水浴加热”)。(6)确认本实验A中已发生了反应的试剂可以是___。A硝酸银溶液B石蕊试液C品红溶

液D氢氧化钠溶液(7)提纯产品的操作步骤有:①过滤;②用稀盐酸洗涤;③少量蒸馏水水洗④加入大量无水氯化钙;⑤用大量水洗;⑥蒸馏并收集136.2℃馏分⑦分液。操作的先后顺序为⑤⑦____⑦____⑥(填其它代号)。【答案】

(1).4(2).F中充满黄绿色(3).h→j→d→e(4).b→c(5).氯化铝易堵塞导管引起爆炸(6).水浴加热(7).AB(8).②(9).③(10).④(11).①【解析】【分析】A中制备氯气,生成的

氯气中含有HCl,经过E用饱和食盐水除去HCl,再经过C用浓硫酸干燥,进入F,加热条件下铝与氯气反应生成氯化铝。【详解】I.(1)本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗、导管共4种。故答案为:4.(2)连接装置之后,检查装置的气密

性,装药品。先点燃A处酒精灯,当F中充满黄绿色时(填实验现象)点燃F处酒精灯。故答案为:F中充满黄绿色;(3)气体流动方向是从左至右,装置导管接口连接顺序a→h→j→d→e→k→i→f→g→b→c;故答案为:h

→j→d→e;b→c;(4)氯化铝易升华,易冷凝成固体,D装置存在明显缺陷,若不改进,导致的实验后果是氯化铝易堵塞导管引起爆炸。故答案为:氯化铝易堵塞导管引起爆炸II.(5)根据反应物的性质,沸点:溴乙烷,38.4℃,苯,80℃,

产物:136.2℃,本实验加热方式宜采用水浴加热。(6)根据反应方程式:,确认本实验A中已发生了反应可以用硝酸银溶液检验产生的HBr中溴离子,也可以用石蕊试液检验生成的氢溴酸,故选AB。(7)提纯产品的操作步

骤有:⑤用大量水洗,洗去溶液中氯化铝等可溶的物质;⑦分液②用稀盐酸洗涤有机层;③少量蒸馏水水洗⑦分液④在有机层中加入大量无水氯化钙,干燥;①过滤;⑥蒸馏并收集136.2℃馏分,得苯乙烯。操作的先后顺序为⑤

⑦②③⑦④①⑥。故答案:②、③、④、①。9.制备锌印刷电路板是用稀硝酸腐蚀锌板,产生的废液称“烂板液”。“烂板液”中除含有硝酸锌外,还含有自来水带入的Cl-和Fe3+。在实验室里用“烂板液”制取znSO4·7H2O的过程如下:(1)若稀硝酸腐蚀锌板时还原产物为NH4NO

3,氧化剂与还原剂的物质的量之比是_________(2)若步骤①的pH>12,则Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠,写出Zn(OH)2被溶解的离子方程式_____________(3)滤液D中除了含有OH-离子外,还含有的阴离子有_________(填离子符号

)。(4)若滤液E的pH=4,c(Zn2+)=2mol/L,c(Fe3+)=2.6×10-9mol/L能求得的溶度积是____(填选项)AKsp[Zn(OH)2]BKsp[Zn(OH)2]和Ksp[Fe(OH)3]CKsp[Fe(OH)3](5)已知:①Fe(O

H)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)△H=akJ/mol②H2O(l)H+(aq)+OH-(aq)△H=bkJ/mol请写出Fe3+发生水解反应的热化学方程式___________(6)若Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp,H2O的离子积常数为Kw,Fe3+发生水解反应的平

衡常数K=________。(用含Ksp、Kw的代数式表示)【答案】(1).1:4(2).Zn(OH)2+2OH-=[Zn(OH)4]2-(3).Cl-、NO3-(4).C(5).Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+

3H+(aq)△H=(3b-a)kJ/mol(6).3KwKsp【解析】【分析】“烂板液”中除含硝酸锌外,还含有自来水带入的Cl-和Fe3+,由流程可知,先加NaOH可沉淀锌离子、铁离子,滤液C、D均含硝酸钠、氯化钠,沉淀A洗涤

后得到沉淀B,加硫酸控制pH分离出Fe(OH)3,滤液E含ZnSO4,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出ZnSO4·7H2O。【详解】(1)若硝酸被还原的产物为NH4NO3,金属锌全部生成硝酸锌,反应可以表达为:4Zn+10H

NO3=4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O,被还原的硝酸得NH4NO3,有1mol,未被还原的在盐Zn(NO3)2和NH4NO3中,有9mol,氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:4;故答案为:1:4;(2)Zn(OH)2溶解生成四羟基合锌酸钠,反应的离子方程式为Zn(OH)

2+2OH-=[Zn(OH)4]2-,故答案为:Zn(OH)2+2OH-=[Zn(OH)4]2-;(3)固体具有吸附性,沉淀A可吸附溶液中的Cl-、NO3-等离子,则滤液中应含有Cl-、NO3-,故答案为:Cl-、NO3-;(4)滤液E的pH=4,得到的沉淀为Fe(OH)3,Fe(OH)3的溶度

积常数为Ksp=2.6×10-9×(10-10)3=2.6×10-39,故答案为:C;(5)已知:①Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)△H=akJ/mol②H2O(l)H+(aq)+OH-(aq)

△H=bkJ/mol结合盖斯定律可知②×3-①可得:Fe3+发生水解反应的热化学方程式Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3H+(aq)△H=(3b-a)kJ/mol;(6)若Fe(OH)3的溶度

积常数为Ksp,H2O的离子积常数为Kw,根据(5)②×3-①可得:Fe3+(aq)+3H2O(l)Fe(OH)3(s)+3H+(aq)Fe3+发生水解反应的平衡常数K=3KwKsp,故答案为:3KwKsp。【点睛】本题考查物质的制备实验,把握物质的性质、流程中发

生的反应、混合物分离提纯等为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,难点(6)注意反应原理的应用,注意加减消元法在求反应热和平衡常数时的应用。10.数十年来,化学工作者对氮的氧化物、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I.已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:

第一步:2NO(g)N2O2(g)(快)∆H1<0;v1正=k1正c2(NO);v1逆=k1逆c(N2O2)第二步:N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)∆H2<0;v2正=k2正c(N2O2)c(O2);v2逆=k2逆c2(NO2)①2NO(g)+O2(g)2NO2

(g)的反应速率主要是由______(填“第一步”或“第二步”)反应决定。②一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____________;II.利用CO2和CH4重整不仅可以

获得合成气(主要成分为CO、H2),还可减少温室气体的排放(1)已知重整过程中部分反应的热化方程式为:①CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH>0②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH>0

③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)ΔH<0固定n(CO2)=n(CH4),改变反应温度,CO2和CH4的平衡转化率见图甲。同温度下CO2的平衡转化率________(填“大于”“小于”或“等于”)CH4的平衡转化率。

(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2,在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g),CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图乙所示。y点:v(正)_____v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=

气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp,求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=__________________。III.根据2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O设计如图丙装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7,图

丙中右侧电极连接电源的__极,电解制备过程的总反应方程式为__。测定阳极液中Na和Cr的含量,若Na与Cr的物质的量之比为a:b,则此时Na2CrO4的转化率为__。若选择用熔融K2CO3作介质的甲醇(CH3OH)燃料电池充当电源,则负极反应式为__。【答案】(1).第二

步(2).1正2正1逆2逆kkkk(3).大于(4).大于(5).224P9(6).正(7).4Na2CrO4+4H2O通电2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑(8).(2﹣ab)×100%(9).CH3OH﹣6e﹣+3CO32﹣=4C

O2+2H2O【解析】【分析】I.①已知总反应的快慢由慢的一步决定,②由反应达平衡状态,所以v1正=v1逆、v2正=v2逆,所以v1正×v2正=v1逆×v2逆,而正反应是放热反应,所以升高温度,平衡常数减小;II.(1)根据图示可以看出,CO2发生了其他副反应;(2)①

反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)是个气体体积增大的反应,根据压强对化学平衡的影响作答;②CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g),利用三段式计算平衡时各组分物质的量,利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时总压强,再计算各组分分压,根据Kp=

()()()()22224pCOpHpCOPCH计算;III.右侧电极生成H+,则消耗OH-,发生氧化反应,右侧为阳极,则左侧为阴极,连接电源的负极;根据反应方程式计算;甲醇(CH3OH)在负极发生氧化反应。【详解】I.①第二步:N2O2(g)+O2(g)═2NO2(g)(慢)

,主要是由第二步决定反应速率,故答案为:第二步;②由反应达平衡状态,所以v1正=v1逆、v2正=v2逆,所以v1正×v2正=v1逆×v2逆,即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)

,则是K=()()2(2222)cNOcNOcO=1正2正1逆2逆kkkk;故答案为:1正2正1逆2逆kkkk;II.(1)根据图示可以看出,CO2发生了其他副反应,同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,故答案为:大于;(2)①反应CO

2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)是个气体体积增大的反应,压强越大,CH4的转化率越小,由图可知相同温度下,P1条件下的转化率大于P2,则P1小于P2;压强为P2时,在Y点反应未达到平衡,则反应正向移动,所以v(正)>v(逆),故答案为:大于;②由图知道该温度下X所处条件下平

衡时甲烷的转化率为50%,列三段式:242COg+CHg2COg+2Hgcmol/L0.10.100cmol/L0.050.050.10.1cmol/L0.050.050.10.1始转平()()()()()()()总物质的量=0.

3mol,0.3总压为P2,其平衡常数Kp=2222220.10.1()()0.30.30.050.050.30.3pppp=224P9;故答案为:224P9;III.根据2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O电解Na2CrO4溶液制

取Na2Cr2O7,应在酸性条件下进行,即右侧电极生成H+,则消耗OH-,发生氧化反应,右侧为阳极,则左侧为阴极,连接电源的负极,电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑,设加入反应容器内的Na2CrO4为

1mol,反应过程中有xmolNa2CrO4转化为Na2Cr2O7,则阳极区剩余Na2CrO4为(1-x)mol,对应的n(Na)=2(1-x)mol,n(Cr)=(1-x)mol,生成的Na2Cr2O7为2xmol,

对应的n(Na)=xmol,n(Cr)=xmol,根据:Na与Cr的物质的量之比为a:b,解得x=2-ab,转化率为2100%1ab−=(2-ab)×100%,若选择用熔融K2CO3作介质的甲醇(CH3OH)燃料电池充当电源,则负极反应式为CH3OH-6e-+3

CO32-=4CO2+2H2O,故答案为:负;4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑;(2-ab)×100%;CH3OH-6e-+3CO32-=4CO2+2H2O。【点睛】本题主要考查了盖斯定律

的应用、电极方程式及其化学方程式的书写、根据图象对平衡移动的判断等,重在培养学生能够利用化学知识提取题干的信息进行答题的能力,难点III,Na2CrO4的转化率的计算。11.党的十八大以来,我国在科技创新和重大工程建设方面取得了丰硕成果,在新时

代更需要新科技创新世界。2018年3月5日,《自然》连刊两文报道石墨烯超导重大发现,第一作者均为中国科大10级少年班现年仅21岁的曹原。曹原团队在双层石墨烯中发现新的电子态,可以简单实现绝缘体到超导体的转变。石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料(如图甲),石墨烯

中部分碳原子被氧化后,其平面结构会发生改变,转化为氧化石墨烯(如图乙)。(1)图乙中1号C与相邻C有无形成π键__________(填“有”、或“无”)。(2)图甲中1号C的杂化方式________。该C与相邻C形成的键角______(填“

>”、“<”或“=”)1200。(3)我国制墨工艺是将50nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水,在相同条件下所得到的分散系后者更为稳定,其原因是____________________。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60),某金属M与C60可制备一种低温超导材料,晶

胞如图丙所示,M原子位于晶胞的棱心与内部。该晶胞中M原子的个数为______________,该材料的化学式为_______________。(5)金刚石与石墨都是碳的同素异形体。若碳原子半径为r,金刚石晶胞的边长为a,根据硬球接触模型,金刚石晶胞中碳原子的空

间占有率为___________(用含π的代数式表示)。(6)一定条件下,CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体,其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_________;②有科学家提出用CO2置换CH

4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,结合图表从物质结构及性质的角度分析,该设想能否实现:________(填“能”、或“否”)。可燃冰与二氧化碳替换的水合物的熔点较高的是_________。参数分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/(k

J·mol-1)CH40.43616.40CO20.51229.91【答案】(1).无(2).sp2(3).=(4).氧化石墨烯可与水形成氢键更稳定(5).12(6).M3C60(7).π×100%(8).氢键、范德华力(9).能(10).二氧化碳替换的水合物【解析】【分析】(1

)图乙中,1号碳原子形成4个共价单键;(2)每个C原子要形成4个共价键,根据图知,每个C原子形成2个共价单键、1个共价双键,共价单键为σ键、共价双键中1个是σ键、1个是π键;(3)氧化石墨烯粒可与水分子形成氢键,稳定性增强;(4)M原子位于晶胞的

棱上与内部,C60分子位于顶点和面心,利用均摊法确定M原子和C60分子的个数比,从而确定化学式;(5)根据空间占有率=所有原子体积晶胞体积×100%计算;(6)①可燃冰中存在水分子,水分子中存在分子间作用力和氢键;②依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm,且与水的

结合能力为29.91大于16.40。【详解】(1)图乙中,1号碳原子形成4个共价单键,所以其价层电子对个数是4,图乙中1号C与相邻C没有形成π键,故答案为:无;(2)每个C原子要形成4个共价键,根据图知,每个C原子形成2个共价单键、1个共价双

键,共价单键为σ键、共价双键中1个是σ键、1个是π键;图甲中1号C的杂化方式sp2。该C与相邻C形成的键角=1200。故答案为:sp2;=;(3)氧化石墨烯粒可与水分子形成氢键,而石墨烯不能,形成氢键使稳定性增强,故答案为:氧化石墨烯可与水分子形成分子间氢键而石墨烯不能;(4)如图M原

子位于晶胞的棱上与内部,棱上有12个M,内部有9个M,其个数为12×14+9=12,C60分子位于顶点和面心,C60分子的个数为8×18+6×12=4,M原子和C60分子的个数比为3:1,则该材料的化学式为

M3C60,故答案为:12;M3C60(5)金刚石晶胞如图,该晶胞中C原子个数4+8×18+6×12=8,金刚石体对角线上的四个原子紧密相连,晶胞棱长a=83r,晶胞体积=a3,所有原子体积=43πr3×8,空间占有率=所有原子体积晶胞体积×100%=334838()3r×100%=

π×100%,故答案为:π×100%;(6)①CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”,分子晶体中作用力是范德华力,水分子之间存在氢键,故答案为:氢键、范德华力;②由表格可知:二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径,

即0.512<0.586,能顺利进入笼状空腔内,且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷,即29.91>16.40,二氧化碳替换的水合物的相对分子质量大,熔点较高;故答案为:能;二氧化碳替换的水合物。【点睛】本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、原子杂化方式判断等知识点,侧重考查学生空间想像、计算及知识综

合运用能力,熟练掌握常见晶体模型结构,注意均摊分的灵活运用。难点(5)空间利用率的计算。12.PVAc是一种具有热塑性的树脂,可合成重要高分子材料M,合成路线如下:己知:R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I

.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+(1)标准状况下,4.48L气态烃A的质量是5.2g,则A的结构简式为___________________。(2)己知A→B为加成反应,则X的结构简式为_

______;B中官能团的名称是_________。(3)反应①的化学方程式为______________________。(4)E能使溴的四氯化碳溶液褪色,反应②的反应试剂和条件是_______________________。(5)反应③的化学方程式为_

___________________________。(6)在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇的作用是__________________________。(7)己知M的链节中除苯环外,还含有六元环状结构,则M的结构简式为_________________。【答案】(1).HC≡

CH(2).CH3COOH(3).酯基、碳碳双键(4).(5).稀NaOH溶液/△(6).(7).保护醛基不被H2还原(8).【解析】【分析】标准状况下,3.36L气态烃A的质量是3.9g,则相对摩尔质量为3.93.3622.4/gLLmol=26g/mol,应为HC≡CH,A与

X反应生成B,由B的结构简式可知X为CH3COOH,X发生加聚反应生成PVAc,结构简式为,由转化关系可知D为CH3CHO,由信息Ⅰ可知E为,由信息Ⅱ可知F为,结合G的分子式可知G应为,H为,在E→F→G→H的转化过程中,乙二醇可保护醛基不被H2还原,M为,据此分析作答。【详解】根

据上述分析可知,(1)标准状况下,4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol,质量是5.2g,摩尔质量为26g/mol,所以A为乙炔,结构简式为HC≡CH;正确答案:HC≡CH。(2)根据B分子结构可知,乙炔和乙酸发生加成反应

,X的结构简式为.CH3COOH;B中官能团的名称是酯基、碳碳双键;正确答案:CH3COOH;酯基、碳碳双键。(3)有机物B发生加聚反应生成PVAc,PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇,化学方程式为;正确答案:(4)乙炔水化制乙醛,乙醛和苯甲醛发生加成、消去反

应生成有机物E,因此反应②的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液/△;正确答案:稀NaOH溶液/△。(5)根据信息II,可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应,与氢气发生加成反应生成;化学方程式为;正确答案:。(6)从流程图可以看出,醛基

能够与氢气发生加成反应,所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原;正确答案:保护醛基不被H2还原。(7)高分子醇中2个-CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应,生成六元环状结构的高分子环醚,则M的结构简式为;正确答案:。获得更多资源请扫码加入享学

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