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文档介绍
四川省成都双流棠湖中学2020届高三下学期模拟理综化学试题 Word版含解析
www.ks5u.com 成都双流棠湖中学2020届高三理科综合能力测试 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ni-59 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共7小题,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.化学与生活、能源、环境等密切相关。下列描述错误的是( ) A. 采用催化转化技术,可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒气体 B. “雾霾天气”“温室效应”“光化学烟雾”的形成都与氮的氧化物无关 C. 半导体行业中有一句话:“从沙滩到用户”,计算机芯片的材料是单质硅 D. “地沟油”经过加工处理后,可以用来制肥皂和生物柴油 【答案】B 【解析】 【详解】A. 采用催化转化技术,可将汽车尾气中的一氧化碳和氮氧化物转化为无毒的氮气和CO2,A正确; B. 氮的氧化物能引起酸雨、光化学烟雾、雾霾天气,但与温室效应的形成无关,B错误; C. 硅是良好的半导体材料,计算机芯片的材料是单质硅,C正确; D. “地沟油”成分为高级脂肪酸甘油酯,碱性条件下可以发生水解,生成的高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分,故地沟油经过加工处理后,可以用来制肥皂和生物柴油,D正确; 故选B。 2.设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是( ) A. 0.1mol MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应,生成的氯气分子数为0.1NA B. 0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NA C. 分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体,原子间含有的共用电子对数目为0.3NA D. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度,则该电解过程中转移电子的数目为0.2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 0.1mol MnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应,反应过程中盐酸浓度减小,反应停止,故生成的氯气分子数为小于0.1NA,A错误; - 18 - B. 0.1mol铁粉与足量水蒸气反应的化学方程式为:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,据此计算生成的H2分子数目应为0.13NA,B错误; C. N2和NH3 均存在3对共用电子,分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体,原子间含有的共用电子对数目为0.3NA,C正确; D. Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和CO2,故加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体相当于加入0.1mol的CuO和0.05mol的H2O,由此推断阴极铜离子放电析出铜0.1mol,氢离子放电放出氢气0.05mol,阳极氢氧根离子放电,则转移电子的物质的量为:,则该电解过程中转移电子的数目为0.3NA,D错误; 故选C。 3.下列与NH4Fe(SO4)2·24H2O溶液有关描述及离子方程式正确的是( ) A. 该溶液中H+、Fe2+、SCN-、Br-可以大量共存 B. 该溶液中滴入少量NaOH溶液:3NH4++Fe3++6OH-=3NH3↑+Fe(OH)3↓+3H2O C. 该溶液中加入足量的Zn粉:2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+ D. 先加盐酸再加入BaCl2溶液:SO42-+Ba2+=BaSO4↓ 【答案】D 【解析】 【详解】A. NH4Fe(SO4)2·24H2O溶液中存在Fe3+,Fe3+、SCN-之间发生反应生成硫氰化铁,在溶液中不能大量共存,A错误; B.滴入氢氧化钠少量时,铵根离子不反应,正确的离子方程式为:Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓,B错误; C.该溶液中加入足量的Zn粉,铁离子被还原成Fe,正确的反应为:2Fe3++3Zn=3Zn2++2Fe,C错误; D.先加盐酸再加入BaCl2溶液,发生反应的离子方程式为:SO42-+Ba2+=BaSO4↓,D正确; 故选D。 4.下列①②对应的试剂(或条件)不能完成实验目的的是( ) - 18 - 实验目的 试剂(条件) A 温度对Na2S2O3溶液与H2SO4溶液反应速率的影响 ①热水浴②冷水浴 B 用Na块检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子 ①乙醇②煤油 C 用硝酸酸化的AgNO3溶液检验自来水中能否蒸馏除去Cl- ①自来水②蒸馏水 D 催化剂对H2O2分解速率的影响 ①0.1mol/LFeCl3 ②0.2mol/LFeCl3 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.热水浴和冷水浴的温度不同,可以实现探究温度对反应速率的影响,A可达到实验目的; B. 钠与乙醇反应生成氢气,煤油成分为烃类,钠与煤油不反应,可以检验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子,B可达到实验目的; C.硝酸酸化的AgNO3溶液与含有Cl-的自来水反应,会生成AgCl白色沉淀,若将自来水蒸馏除去Cl-,则与硝酸酸化的AgNO3溶液反应不会生成白色沉淀,C可达到实验目的; D. 0.1mol/L FeCl3溶液或0.2mol/L FeCl3溶液中都含有Fe3+,都会影响H2O2的分解速率,D不能达到实验目的; 故选D。 【点睛】本题考查的是对照试验,对照实验指其他条件都相同,只有一个条件不同的实验,所以要仔细分析题意,找出不同的条件。 5.下列关于有机化合物的认识不正确的是( ) A. 油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳 B. 蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11,二者互为同分异构体 - 18 - C. 在水溶液里,乙酸分子中的-CH3可以电离出H+ D. 在浓硫酸存在下,苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应 【答案】C 【解析】 【详解】A. 油脂由C、H、O三种元素组成,在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳,故A正确; B. 蔗糖和麦芽糖是二糖,分子式相同,但结构不同,互为同分异构体,故B正确; C. 在水溶液里,只有乙酸分子中羧基可以电离出H+,故C错误; D. 苯与浓硝酸共热,苯环上氢原子被硝基取代,生成硝基苯,属于取代反应,故D正确; 故选C。 6.水系锂电池具有安全、环保和价格低廉等优点成为当前电池研究领域的热点。以钒酸钠(NaV3O8)为正极材料的电极反应式为:NaV3O8+xLi++xe-=NaLixV3O8,则下列说法不正确的是( ) A. 充电过程中阳极的电极反应式为NaLixV3O8-xe-=NaV3O8+xLi+,NaLixV3O8中钒的化合价发生变化 B 充电过程中Li+从阳极向阴极迁移 C. 放电时,负极的电极反应式:Li-e-=Li+ D. 该电池可以用硫酸锂溶液作电解质 【答案】D 【解析】 【分析】 由图可知放电时b电极做负极,a电极做正极;充电过程中b电极做阴极,a电极做阳极。 【详解】A. 充电是电解过程,阳极得电子,发生氧化反应,电极反应式为NaLixV3O8-xe-=NaV3O8+xLi+,钒的化合价发生变化,A正确; B. 充电过程中,阳离子向阴极迁移,阴离子向阳极迁移, Li+从阳极向阴极迁移,B正确; - 18 - C. 原电池放电时,负极Li失电子,发生氧化反应,电极反应式:Li-e-=Li+,C正确; D. 锂可以和硫酸锂溶液中的水反应,所以不用硫酸锂溶液作电解质,D错误; 故选D。 【点睛】二次电池的电极判断可记忆为“负负正正”,即原电池的负极在电解时接外接电源负极,做阴极;原电池的正极在电解时接外接电源正极,做阳极。 7.25℃时,取浓度均为0.1000mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20.00mL,分别用0.1000mol/LNaOH溶液、0.1000mol/L盐酸进行中和滴定,滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示,下列说法不正确的是( ) A. 由滴定曲线,25℃时Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=10-5 B. 当NaOH溶液和盐酸滴加到20.00mL时,曲线Ⅰ和Ⅱ刚好出现交点 C. 曲线Ⅱ:滴加溶液到10.00mL时,溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)>c(H+) D. 在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中,水的电离程度先增大后减小 【答案】B 【解析】 【分析】 根据曲线变化趋势知,当未滴加溶液时,曲线I的pH>7,说明是盐酸滴定氨水溶液的滴定曲线;曲线II的pH<7,说明是NaOH溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线。 【详解】A.根据图象可知,0.1000mol/L醋酸的pH约为3,0.1000mol/L氨水的pH约为11,据此计算出 Ka(CH3COOH)、Kb(NH3•H2O),CH3COOH是弱酸,存在电离平衡,可用三段式计算,溶液中H+浓度为10-3mol/L, - 18 - 根据Ka= 带入数据,Ka=10-5 mol·L-1,同理可算出氨水Kb=10-5 mol·L-1,A正确; B.当NaOH溶液和盐酸滴加到20.00mL时,二者反应恰好生成醋酸钠和氯化铵,溶液分别为碱性、酸性,所以曲线Ⅰ和Ⅱ不会相交,B错误; C.曲线Ⅱ:滴加溶液到10.00 mL时,溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠,根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可推出溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)>c(H+),C正确; D.在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中,滴定前溶液为酸性或者碱性,随着中和反应的进行,溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐减小,水的电离程度逐渐增大;恰好反应时,由于盐的水解,此时水的电离程度最大;中和反应之后溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度逐渐增大,溶液中水电离程度逐渐减小,D正确; 故选B。 第II卷(非选择题) 三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第26~28题为必考题,每个试题考生都必须做答。第35~36题为选考题,考生根据要求做答。 (一)必考题 8.为了探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性,某化学兴趣小组设计如下实验。 [查阅资料]乙二酸俗称草酸,草酸晶体(H2C2O4·2H2O)在100℃时开始升华,157℃时大量升华并开始分解;草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体;草酸钙不溶于水,草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。 I.乙二酸的不稳定性:根据草酸晶体的组成,猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。 (1)请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题: ①装置的连接顺序为:A→D→____→____→F→E→C→G。 ②装置中冰水混合物的作用是____。 ③整套装置存在不合理之处____。 - 18 - Ⅱ.乙二酸的弱酸性: 该小组同学为验证草酸性质需0.1mol/L的草酸溶液480mL。 (2)配制该溶液需要草酸晶体____g。 (3)为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验,其中能达到实验目的是____。 A.将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中,溶液褪色 B.测定0.1mol/L草酸溶液的pH C.将草酸溶液加入Na2CO3溶液中,有CO2放出 D.测定草酸钠溶液的pH (4)该小组同学将0.1mol/L草酸溶液和0.1mol/L的NaOH等体积混合后,测定反应后溶液呈酸性,则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____。 Ⅲ.乙二酸的还原性: (5)该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液,发现酸性KMnO4溶液褪色,从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为____。 【答案】 (1). B (2). G (3). 除去草酸蒸气,防止干扰实验 (4). 没有CO尾气处理装置 (5). 6.3 (6). BD (7). c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) (8). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 【解析】 【分析】 本题的实验目的是探究乙二酸的不稳定性、弱酸性和还原性。解题时要结合信息围绕实验目的进行思考。 【详解】(1)①根据草酸晶体的组成,猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O,由于草酸晶体(H2C2O4•2H2O)在100℃时开始升华,157℃时大量升华并开始分解,草酸蒸气在低温下可冷凝为固体,所以生成的气体中含有草酸蒸气,草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊,检验时产物时可用冰水混合物使草酸冷凝以除去草酸干扰,因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液,溶液中含有水分,所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气;用CuO检验CO,CO生成二氧化碳,为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验,所以要先检验CO2、后检验CO,故顺序为用D检验水、用B冷却得到草酸晶体、用G检验二氧化碳、用F吸收二氧化碳、用E干燥CO、用C氧化CO、再用G检验产物二氧化碳,排列顺序是A→D→B→G→F→E→C→G; ②冰水混合物作用是除去产物中草酸蒸气,防止干扰实验,故需除去草酸蒸气,防止干扰实验; - 18 - ③CO有毒,不能直接排空,所以要有尾气处理装置,而图中没有CO尾气处理装置; (2)配制480mL0.1mol•L-1的草酸溶液需要500mL容量瓶,则需要草酸晶体质量=cVM=0.1mol/L×0.5L×126g/mol=6.3g; (3)A.将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中,溶液褪色,说明草酸具有酸性,但不能说明草酸部分电离,所以不能证明草酸是弱酸,故A错误; B.测定0.1molL-1草酸溶液的pH,如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍,就说明草酸部分电离为弱电解质,故B正确; C.将草酸溶液加入Na2CO3溶液中,有CO2放出,说明草酸酸性大于碳酸,但不能说明草酸部分电离,则不能证明草酸是弱酸,故C错误; D.测定草酸钠溶液的pH,如果草酸钠是强酸强碱盐,溶液呈中性,如果草酸钠是弱酸强碱盐,溶液呈碱性,所以能证明草酸是否是弱电解质,故D正确; 故答案为:BD; (4)二者恰好反应生成NaHC2O4,混合溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),Na+不水解、HC2O4-水解,则c(Na+)>c(HC2O4-),溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度,所以溶液中c(H+)>c(C2O42-),溶液呈酸性则c(OH-)浓度最小,则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-; (5)酸性条件下,KMnO4具有强氧化性,酸性KMnO4溶液和草酸发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色,Mn元素化合价由+7价变为+2价,则C元素生成稳定氧化物CO2,根据转移电子相等、原子守恒、电荷守恒,书写方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 【点睛】注意部分装置的作用,比如装置D无水硫酸铜可以检验水、装置B用于冷却草酸得到晶体、装置G用于检验二氧化碳等。再围绕实验题的实验目的综合考虑。 9.地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程,利用Fe粉和KNO3溶液反应,探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。 (1)实验前:①先用0.1mol·L-1 H2SO4洗涤Fe粉,其目的是____,然后用蒸馏水洗涤至中性;②将KNO3溶液的pH调至2.5;③为防止空气中的O2对脱氮的影响,应向KNO3溶液中通入____(写化学式)。 (2)如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中,测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式____。t1时刻后,该反应仍在进行,溶液中NH4+的浓度在增大,Fe2+的浓度却没有增大,可能的原因是____。 - 18 - (3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设,请你完成假设二和假设三: 假设一:溶液的pH; 假设二:____; 假设三:____; (4)请你设计实验验证上述假设一,补充实验步骤及结论:(已知:溶液中的NO3-浓度可用离子色谱仪测定)____、____。 【答案】 (1). 除去铁粉表面的氧化物等杂质 (2). N2 (3). 4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O (4). 生成的Fe2+水解(或和溶液中OH-的结合) (5). 温度 (6). 铁粉颗粒大小 (7). pH各不相同,并通入氮气 (8). 用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度,若pH不同KNO3溶液中,测出的NO3-浓度不同,表明pH对脱氮速率有影响,否则无影响 【解析】 【分析】 本题是模拟地下水脱氮过程,利用Fe粉和KNO3溶液反应,探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。 【详解】(1)①铁表面的氧化物主要是氧化铁,因此H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物是发生反应的化学方程式为Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;故答案为:除去铁粉表面的氧化物等杂质; ②氧气具有氧化性,而空气中含有大量的氧气,所以为防止空气中的O2 - 18 - 对脱氮的影响,可向KNO3溶液中通入N2,排出O2;故答案为:N2; (2)根据图中信息可判断,t1时刻前溶液中离子浓度减小的有:H+、NO3-、增大的有Fe2+、NH4+ ,t1时刻前反应的离子方程式为:4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O ,故 t1时刻后,该反应仍在进行,溶液中NH4+的浓度在增大,Fe2+的浓度却没有增大,可能的原因是发生了水解反应,溶液pH增大,促进水解,故答案为4Fe+10H++NO3-=4Fe2++NH4++3H2O;生成的Fe2+水解(或和溶液中OH-的结合); (3)影响脱氮速率的因素除了溶液的pH外,还可能是温度、固体与溶液的接触面积等,故答案为:温度;铁粉颗粒大小; (4)要验证溶液的pH影响脱氮速率,需要设计对照实验,其他条件相同,而pH不同,并通入氮气, 再分别向溶液中分别加入足量等质量的同种铁粉,根据已知用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度,故答案为:pH各不相同,并通入氮气;用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度,若pH不同KNO3溶液中,测出的NO3-浓度不同,表明pH对脱氮速率有影响,否则无影响。 10.某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质,用此废料提取NiSO4和Ni的流程如下: 已知:有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图: (1)滤渣1的主要成分为____。 (2)①用离子方程式解释加入H2O2的作用____。 ②加Na2CO3调节溶液的pH至5,则滤渣2的主要成分为____。 - 18 - (3)从滤液2中获得NiSO4·6H2O的实验操作是____、过滤、洗涤、干燥。 (4)电解浓缩后的滤液2可获得金属镍,其基本反应原理示意图如图: ①B极附近pH会____(填“增大”、“减小”或“不变”);用平衡移动原理解释B极附近pH变化的原因:____。 ②一段时间后,在A、B两极均收集到11.2L气体(标准状况下),理论上能得到Ni____g。 【答案】 (1). SiO2 (2). 2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 减小 (6). H2OH++OH-,OH-B极放电使c(OH-)降低,平衡向右移动,c(H+)增大,导致pH降低 (7). 29.5 【解析】 【分析】 本题是以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题,从NiO的废料中(有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质),提取NiSO4和Ni的流程。围绕中心元素Ni,用首尾分析法,看箭头、找三线、结合信息进行做题。 【详解】(1). 某NiO的废料中有FeO、CuO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质,用稀硫酸处理,金属氧化物与酸反应产生相应的硫酸盐,而酸性氧化物SiO2不能发生反应,成为滤渣,所以滤渣1成分是SiO2; (2). ①由于Fe2+、Ni2+形成沉淀的溶液的pH接近,不容易把杂质Fe2+除去,而Fe3+完全沉淀时溶液的pH小于4,可以很好的除去,所以加入H2O2的目的就是将Fe2+氧化为Fe3+除去。用离子方程式表示是2H+ +H2O2 + 2Fe2+= 2Fe3++ 2H2O; ②加Na2CO3调节溶液的pH至5,根据图像可知形成的沉淀是Fe(OH)3、Al(OH)3,所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3; (3). 从滤液2中获得NiSO4.6H2O的实验操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥; (4). ①电解池中根据阳离子移向阴极,阴离子移向阳极可判断A极为阴极,B极为阳极,阳极反应为:4OH--4e-=2H2O+O2↑;由于OH—不断放电,使附近溶液中c(H+)增大,所以pH会减小,故pH变化原因为: H2OH++OH-,OH-在B极放电使c(OH-)降低,平衡向右移动,c(H+)增大,导致pH降低;②阳极失电子和阴极得电子的物质的量相等, - 18 - ,即,n(Ni)= 0.5mol, ,则m(Ni)=29.5g。 【点睛】工艺流程题要看三线:主线主产品、分支副产品、回头为循环。还要关注所加物质的可能作用,是参与反应还是提供反应氛围,满足定量要求等。 (二)选考题:共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。 11.科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。 (1)O原子核外电子的运动状态有____种。 (2)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为____。 (3)下列关于CH4和CO2的说法正确的是____(填序号)。 a.固态CO2属于分子晶体,在晶体中一个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子 b.CH4分子中含有极性共价键,是极性分子 c.因为碳氢键键能小于碳氧键,所以CH4熔点低于CO2 d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp (4)在Ni基催化剂作用下,CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2 ①基态Ni原子的电子排布式为____,该元素位于元素周期表的第____周期____族。 ②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,1mol Ni(CO)4中含有____mol σ键。 (5)一定条件下,CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如图所示)的水合物晶体,其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。 ①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是____。 - 18 - ②为开采深海海底的“可燃冰”,有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,根据上述图表,从物质结构及性质的角度分析,该设想的依据是____。 【答案】 (1). 8 (2). H、C、O (3). a、d (4). 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 (5). 四 (6). Ⅷ (7). 8 (8). 氢键、范德华力 (9). CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径,且与H2O的结合能大于CH4 【解析】 【分析】 (1)一个原子中不存在两个运动状态完全相同的电子, 所以有多少个电子,就有多少电子运动状态 ; (2)元素的非金属性越强,其电负性越大; (3)依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答; (4)①Ni为28号元素; ②该配合物的配离子中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在σ键; (5)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,据此解答即可. 【详解】(1)O原子核外有8个电子,每个电子运动状态都不同,故答案为:8; (2)电负性可以依据周期表判断, 同周期自左向右,非金属性增强即电负性增强;同族元素,自上而下非金属性减弱即电负性减小,故CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为H、C、O; (3)依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答; a.固态CO2属于分子晶体,由其晶胞结构可知,在晶体中一个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子,a正确; b.CH4分子中含有极性共价键,但CH4正负电荷重心重合,是非极性分子,b错误; c. CH4和CO2是分子晶体,不能根据键能比较它们的熔点,c错误; d. CH4的C原子的价层电子对数为4,属于sp3杂化,CO2分子中碳原子的价层电子对数为2,杂化类型sp,d正确; 故选a、d; (4)①Ni为28号元素,基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2,该元素位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族; - 18 - ②正四面体形配合物Ni(CO)4中Ni原子和C原子、CO分子中C原子和O原子之间都存在σ键,故1mol Ni(CO)4中含有8mol σ键; (5)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,“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是氢键、范德华力; ②已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,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,故从物质结构及性质的角度分析,科学家用CO2置换CH4的设想的依据是CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径,且与H2O的结合能大于CH4。 12.已知:①在稀碱溶液中,溴苯难发生水解; ②CH3-CHO+H2O 现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X,其苯环上的一溴代物只有一种,其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰,吸收峰的面积比为1:2:6:1,在一定条件下可发生下述一系列反应,其中C能发生银镜反应,E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。 (1)X中官能团的名称是____。 (2)F→H的反应类型是____。 (3)I的结构简式为____。 (4)E不具有的化学性质____(选填序号) a.取代反应 b.消去反应 c.氧化反应 d.1mol E最多能与2mol NaHCO3反应 (5)写出下列反应的化学方程式: ①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式:____。 ②F→G的化学方程式:____。 (6)同时符合下列条件的E的同分异构体共有____种。 a.苯环上有两个对位取代基 b.不能发生水解反应 c.遇FeCl3溶液不显色 - 18 - d.1mol E最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应 【答案】 (1). 酯基、溴原子 (2). 消去 (3). (4). bd (5). +4NaOH+HCOONa+2NaBr+2H2O (6). n+(n-1)H2O (7). 4 【解析】 【分析】 A能连续被氧化,则A是醇,B是醛,C是羧酸,C能发生银镜反应,则C是甲酸或二甲酸,X水解生成C和D,且X中只含2个氧原子,所以C是HCOOH,B是HCHO,A是CH3OH;D能与新制氢氧化铜反应,说明D中含有醛基,E遇FeCl3溶液显色,说明E中含有酚羟基,由于在稀碱溶液中,连在苯环上的溴原子不易发生水解,说明X中酯基为甲酸与酚形成的,即存在HCOO-,两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定,会发生脱水反应,说明存在-CHBr2,芳香族化合物X,其苯环上的一溴代物只有一种,说明X中苯环上只有一类氢原子,其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰,说明含有4种氢原子,吸收峰的面积比为1:2:6:1,可以确定X含有2个甲基,结合E能与浓溴水反应,故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子,综上分析可推知X的结构简式为:。 【详解】A能连续被氧化,则A是醇,B是醛,C是羧酸,C能发生银镜反应,则C是甲酸或二甲酸,X水解生成C和D,且X中只含2个氧原子,所以C是HCOOH,B是HCHO,A是CH3OH;D能与新制氢氧化铜反应,说明D中含有醛基,E遇FeCl3溶液显色,说明E中含有酚羟基,由于在稀碱溶液中,连在苯环上的溴原子不易发生水解,说明X中酯基为甲酸与酚形成的,即存在HCOO-,两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定,会发生脱水反应,说明存在-CHBr2 - 18 - ,芳香族化合物X,其苯环上的一溴代物只有一种,说明X中苯环上只有一类氢原子,其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰,说明含有4种氢原子,吸收峰的面积比为1:2:6:1,可以确定X含有2个甲基,结合E能与浓溴水反应,故HCOO-基团的邻、对位位置有H原子,综上分析可推知X的结构简式为:,X水解然后酸化得D,D的结构简式为:,D被氧化生成E,E的结构简式为:,E和氢气发生加成反应生成F,F的结构简式为:,F发生缩聚反应生成G,G的结构简式为:,H能使溴水褪色,应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H,故H为 ,H能发生加聚反应生成I,I的结构简式为:; (1)X为,含有官能团是:酯基、溴原子; (2)F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H,H为 ,故F→H的反应类型是消去反应; (3)由上述分析可知,I的结构简式为:; (4)E的结构简式为:, a.E含有酚羟基和甲基,能发生取代反应,故a错误; b.E不能发生消去反应,选b正确; c.E的官能团有酚羟基,易被氧化,故c错误; d.羧基能和碳酸氢钠反应,所以1molE最多能与1molNaHCO3反应,故d正确; 故答案为:bd; - 18 - (4)C为HCOOH,D为; (5)①由上述推断,X为,故X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式:+4NaOH+HCOONa+2NaBr+2H2O ②F→G为聚合反应,故反应的化学方程式: n+(n-1)H2O (6)E的同分异构体要求苯环上有两个对位取代基;不能发生水解反应,说明没有酯基; 遇FeCl3溶液不显色,说明没有酚羟基; 且1mol E最多能分别与1mol NaOH和2mol Na反应故E含有1个-OH、1个-COOH,符合条件的同分异构体有:,共有4种。 - 18 - - 18 -查看更多