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四川省南充高中2022学年高三化学下学期5月月考试卷含解析
四川省南充高中2022学年高三化学下学期5月月考试卷含解析
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四川省南充高中2022-2022学年高三(下)月考化学试卷(5月份) 一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1.化学与生活、生产、环境等社会实际密切相关,下列叙述正确的是( )A.油脂都不能使溴水褪色B.稀的食盐水能杀死N7H9禽流感病毒C.甲壳素、棉花、铜氨纤维、涤纶、光导纤维都是有机高分子材料D.雾霾会引起呼吸道疾病 2.下列说法正确的是( )A.“84”消毒液的水溶液中:Fe2+、Cl﹣、Ca2+、[Fe(CN)6]3﹣能大量共存B.等体积、等物质的量浓度的NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液混合,溶液中存在NH4+、AlO2﹣、SO42﹣C.在Mg(OH)2悬浊液中滴加氯化铵溶液:Mg(OH)2+2NH4Cl═2NH3•H2O+MgCl2D.在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为6NA(NA表示阿伏伽德罗常数) 3.只用下表提供的仪器(规格和数量不限)、试剂,就能达到相应实验目的是( )选项仪器试剂相应实验目的A托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、钥匙、玻璃棒食盐,蒸馏水配制一定物质的量浓度的NaCl溶液B烧杯、分液漏斗、胶头滴管、玻璃棒溴水、四氯化碳、溴化钠、碘化钠除去溴化钠溶液中少量的碘化钠C烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液CuSO4溶液的浓缩结晶D分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管、橡皮塞稀盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性:Cl>C>SiA.AB.BC.CD.D 4.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池.图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是( )A.当有0.1mol电子转移时,a极产生标准状况下1.12LH219\nB.左端装置中化学能转化为电能,右端装置中电能转化为化学能C.c极上发生的电极反应是:O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D.d极上进行还原反应,右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A 5.常温下,用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图.下列说法正确的是( )A.点①所示溶液中:c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(CH3COOH)+c(H+)B.点②所示溶液中:c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)C.点③所示溶液中:c(Na+)>c(OH﹣)>c(CH3COO﹣)>c(H+)D.滴定过程中可能出现:c(CH3COOH)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣) 6.一定条件下,反应:6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O的数据如图所示.下列说法正确的是( )A.该反应的△H>0B.达平衡时,v(H2)正=v(CO2)逆C.b点对应的平衡常数K值大于c点D.a点对应的H2的平衡转化率为90% 7.在14.0g银铜合金中加入500mL一定浓度的浓硝酸,合金全部溶解,收集到NO2和NO体积共2.24L(标准状况下),再向该溶液中加入bml,4mol/L的NaOH溶液,刚好使溶液中的阳离子沉淀完全;若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后,通入水中二者刚好完全反应.下列有关说法不正确的是( )A.银的质量为10.8gB.NO与NO2的体积比之比(相同条件下)为2:1C.原硝酸的物质的量浓度(0.1mol+4b×10﹣3mol)/0.5L19\nD.沉淀中Cu(OH)2的物质的量为0.05mol 二、解答题(共4小题,满分58分)8.(14分)原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素,核电荷数均小于36.已知X的一种1:2型氢化物分子中既有σ键又有π键,且所有原子共平面;Z的L层上有2个未成对电子;Q原子s能级与p能级电子数相等;G为金属元素;R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料;T处于周期表的d区,且原子序数是d区中最大的.(1)Y原子核外共有 种不同运动状态的电子,T原子有 种不同能级的电子.(2)由X、Y、Z形成的离子ZXY﹣与XZ2互为等电子体,则ZXY﹣中X原子的杂化轨道类型为 .(3)X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序是 (4)Z与R能形成化合物甲,1mol甲中含 mol化学键,甲与氢氟酸反应,生成物的分子空间构型分别为 .(5)G、Q、R氟化物的熔点如下表,造成熔点差异的原因为 氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183(6)T与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料,其晶胞结构示意图如图所示.该合金的化学式为 . 9.(14分)硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一,反应原理为:2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2(该反应△H>0),某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O流程如下.(1)吸硫装置如图所示:①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率,B中试剂是 .②为了使SO2尽可能吸收完全,在不改变A中溶液浓度、体积的条件下,除了及时搅拌反应物外,还可采取的合理措施是 、 .(写出两条)19\n(2)假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH,设计实验方案进行检验.(室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2)限选试剂及仪器:稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中,加入适量蒸馏水,充分振荡溶解, . 样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中,加入适量蒸馏水,充分搅拌溶解, . 样品含NaOH 10.(15分)苯酚是一种重要的化工原料.以苯酚为主要起始原料,经下列反应可制得香料M和高分子化合物N.(部分产物及反应条件已略去)(1)苯酚的俗名是 .B的官能团名称 .(2)已知C的分子式为C5H12O,C能与金属Na反应,C的一氯代物有2种,B与C反应的化学方程是 .(3)生成N的反应方程式 .(4)以苯酚为基础原料也可以合成有机物E.已知E的相对分子质量为122,其中氧元素的质量分数为26.23%,E完全燃烧只生成CO2和H2O.则E的分子式是 .(5)已知E具有如下结构特征:①属于芳香族化合物,不能发生水解反应,但能产生银镜现象;②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子,E的结构简式是 .[](6)物质F如图,则符合下列条件F的同分异构体有 种.①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应③分子中有苯环,无结构. 11.(15分)最近科学家提出一种“绿色自由”构想:把空气吹入碳酸钾溶液,然后再把CO2从溶液中提取出来,经化学反应后使空气中的CO2转变为甲醇.其技术流程如下:19\n(1)吸收池中饱和碳酸钾溶液的作用是 ;(2)分解池中发生反应化学方程式为 ;(3)合成塔中生成甲醇的反应,其原子利用率理论上 (能、否)达到100%.若合成塔中有2.2kgCO2与足量H2恰好完全反应,生成气态的水和甲醇,可放出2473.5kJ的热量,试写出合成塔中发生反应的热化学方程式 .(4)如果空气不经过吸收池和分解池,而是直接通入合成塔,你认为 (填“可行”或“不可行”),理由是 .(5)上述合成反应具有一定的可逆性,从平衡移动原理分析,低温有利于原料气的转化,而实际生产中采用300°C的温度,其原因是 .(6)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10﹣39,则该温度下反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的平衡常数K= . 19\n四川省南充高中2022-2022学年高三(下)第十五次月考化学试卷(5月份)参考答案与试题解析 一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)1.化学与生活、生产、环境等社会实际密切相关,下列叙述正确的是( )A.油脂都不能使溴水褪色B.稀的食盐水能杀死N7H9禽流感病毒C.甲壳素、棉花、铜氨纤维、涤纶、光导纤维都是有机高分子材料D.雾霾会引起呼吸道疾病【考点】油脂的性质、组成与结构;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点;有机高分子化合物的结构和性质.【专题】化学计算.【分析】A.油脂中的植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯,含有双键;B.食盐水不能使蛋白质变性;C.光导纤维主要成分是二氧化硅,属于无机非金属材料;D.雾霾中含有大量的有害的粉尘,被人体吸入后容易引起呼吸道疾病.【解答】解:A.油脂中的植物油的主要成分为不饱和高级脂肪酸甘油酯,含有双键,能够使溴水褪色,故A错误;B.食盐水不能使蛋白质变性,故B错误;C.光导纤维主要成分是二氧化硅,属于无机非金属材料,不是有机高分子材料,故C错误;D.雾霾中含有大量的有害的粉尘,被人体吸入后容易引起呼吸道疾病,故D正确;故选:D.【点评】本题考查了常见有机物的结构和性质,题目难度不大,属于对基础知识的考查,明确油脂、蛋白质、纤维素等的性质是解题关键,注意相关知识的积累. 2.下列说法正确的是( )A.“84”消毒液的水溶液中:Fe2+、Cl﹣、Ca2+、[Fe(CN)6]3﹣能大量共存B.等体积、等物质的量浓度的NH4Al(SO4)2溶液和Ba(OH)2溶液混合,溶液中存在NH4+、AlO2﹣、SO42﹣C.在Mg(OH)2悬浊液中滴加氯化铵溶液:Mg(OH)2+2NH4Cl═2NH3•H2O+MgCl2D.在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中,每生成3molI2转移的电子数为6NA(NA表示阿伏伽德罗常数)【考点】离子共存问题;氧化还原反应的电子转移数目计算;盐类水解的应用.【专题】离子反应专题;盐类的水解专题.【分析】A.“84”消毒液的水溶液的主要成分为NaClO,具有强氧化性;B.假设物质的量都为1mol,反应生成硫酸钡、NH3•H2O和氢氧化铝;C.在Mg(OH)2悬浊液中滴加氯化铵溶液,氢氧化镁溶解;D.只有I元素化合价变化,分别由+5价、﹣1价变化为0价.【解答】解:A.“84”消毒液的水溶液的主要成分为NaClO,具有强氧化性,则具有还原性的Fe2+不能大量共存,故A错误;B.假设物质的量都为1mol,反应生成硫酸钡、NH3•H2O和氢氧化铝,溶液中不存在NH4+、AlO2﹣,故B错误;19\nC.在Mg(OH)2悬浊液中滴加氯化铵溶液,铵根离子与氢氧根离子反应而促进氢氧化镁溶解,发生Mg(OH)2+2NH4Cl═2NH3•H2O+MgCl2,故C正确;D.只有I元素化合价变化,分别由+5价、﹣1价变化为0价,每生成3molI2转移的电子数为5NA,故D错误.故选C.【点评】本题考查较为综合,涉及离子共存、离子方程式的书写、弱电解质的电离以及氧化还原反应,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意相关基础知识的积累,难度中等. 3.只用下表提供的仪器(规格和数量不限)、试剂,就能达到相应实验目的是( )选项仪器试剂相应实验目的A托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、钥匙、玻璃棒食盐,蒸馏水配制一定物质的量浓度的NaCl溶液B烧杯、分液漏斗、胶头滴管、玻璃棒溴水、四氯化碳、溴化钠、碘化钠除去溴化钠溶液中少量的碘化钠C烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液CuSO4溶液的浓缩结晶D分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管、橡皮塞稀盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性:Cl>C>SiA.AB.BC.CD.D【考点】化学实验方案的评价;非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律;物质的分离、提纯和除杂;配制一定物质的量浓度的溶液.【专题】实验评价题.【分析】A.配制溶液,一定需要相应规格的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等;B.用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI,应在烧杯中反应后用分液的方法分离;C.蒸发浓缩,应需要酒精灯;D.可确定酸性为盐酸>碳酸>硅酸,不能利用无氧酸的酸性比较非金属性.【解答】解:A.配制溶液,一定需要相应规格的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等,则提供的仪器不能完成实验,故A错误;B.用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI,应用烧杯中反应后用分液的方法分离,用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗等,故B正确;C.蒸发浓缩,应需要酒精灯进行加热,所以不能完成实验,故C错误;D.利用仪器和试剂可确定酸性为盐酸>碳酸>硅酸,不能利用无氧酸的酸性比较非金属性,则不能确定非金属性Cl的最强,故D错误;故选B.【点评】本题考查了实验方案评价,同时考查学生分析问题、实验基本操作能力等,涉及知识点较基础,注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器,题目难度不大. 4.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池.图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是( )19\nA.当有0.1mol电子转移时,a极产生标准状况下1.12LH2B.左端装置中化学能转化为电能,右端装置中电能转化为化学能C.c极上发生的电极反应是:O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D.d极上进行还原反应,右端装置B中的H+可以通过隔膜进入A【考点】化学电源新型电池.【专题】电化学专题.【分析】依据图示知左边装置是电解池,右边装置是原电池,ab电极是电解池的电极,由电源判断a为阴极产生的气体X是氢气,b为阳极产生的气体Y是氧气;cd电极是原电池的正负极,c是正极,d是负极;电解池中的电极反应为:b电极为阳极失电子发生氧化反应:4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑;a电极为阴极得到电子发生还原反应:4H++4e﹣=2H2↑;原电池中是酸性溶液,电极反应为:d为负极失电子发生氧化反应:2H2﹣4e﹣=4H+;c电极为正极得到电子发生还原反应:O2+4H++4e﹣=2H2O,结合电极上的电子守恒分析计算.【解答】解:A.当有0.1mol电子转移时,a电极为原电池正极,电极反应为4H++4e﹣=2H2↑,产生0.05mol即1.12LH2,故A正确;B.依据图示知左边装置是电解池,则装置中电能转化为化学能,右边装置是原电池,则化学能转化为电能,故B错误;C.c电极为正极,氧气在正极上得到电子发生还原反应:O2+4H++4e﹣=2H2O,故C错误;D.d为负极失电子发生氧化反应,右端装置B池中的H+可以通过隔膜进入A池,故D错误;故选A.【点评】本题考查了化学电源新型电池,主要考查原电池和电解池的工作原理、电极判断、电极反应,注意原电池中电解质溶液是酸而不是碱,电极反应式的书写是易错点. 5.常温下,用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图.下列说法正确的是( )19\nA.点①所示溶液中:c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(CH3COOH)+c(H+)B.点②所示溶液中:c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)C.点③所示溶液中:c(Na+)>c(OH﹣)>c(CH3COO﹣)>c(H+)D.滴定过程中可能出现:c(CH3COOH)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣)【考点】中和滴定;质量守恒定律;离子浓度大小的比较.【分析】根据点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1:1的混合物,溶液呈酸性,说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度,故c(Na+)>c(CH3COOH),由电荷守恒可知:c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),所以c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)>c(CH3COOH)+c(H+);点②pH=7,即c(H+)=c(OH﹣),c(Na+)=c(CH3COO﹣);点③体积相同,则恰好完全反应生成CH3COONa,利用盐的水解来分析溶液呈碱性,则c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+);在滴定中当加入碱比较少时,可能出现c(CH3COOH)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣)的情况.【解答】解:A、点①反应掉一半醋酸,反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1:1的混合物,CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度,故c(Na+)>c(CH3COOH),由电荷守恒可知:c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),所以c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)>c(CH3COOH)+c(H+),故A错;B、点②pH=7,即c(H+)=c(OH﹣),由电荷守恒知:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣),故c(Na+)=c(CH3COO﹣),故B错;C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa,因CH3COO﹣水解,且程度较小,c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故C错;D、当CH3COOH较多,滴入的碱较少时,则生成CH3COONa少量,可能出现c(CH3COOH)>c(CH3COO﹣)>c(H+)>c(Na+)>c(OH﹣),故D正确;故选:D.【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应,涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较,注意利用电荷守恒的角度做题. 6.一定条件下,反应:6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O的数据如图所示.19\n下列说法正确的是( )A.该反应的△H>0B.达平衡时,v(H2)正=v(CO2)逆C.b点对应的平衡常数K值大于c点D.a点对应的H2的平衡转化率为90%【考点】化学平衡建立的过程.【专题】化学平衡专题.【分析】A、根据图可知,随着温度的升高二氧化碳的转化率下降,平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,△H<0;B、根据速率之比等于计量数之比可知,达平衡时,v(H2)正=3v(CO2)逆;C、b点温度高于c点,根据温度对平衡常数的影响作判断;D、利用三段式计算,设起始H2为2mol,则CO2为1mol,6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O起始(mol)2100转化(mol)1.80.6平衡(mol)0.20.4H2的平衡转化率为×100%=90%;据此答题;【解答】解:A、根据图可知,随着温度的升高二氧化碳的转化率下降,平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,△H<0,故A错误;B、根据速率之比等于计量数之比可知,达平衡时,v(H2)正=3v(CO2)逆,故B错误;C、b点温度高于c点,该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,所以b点的平衡常数小于c点,故C错误;D、利用三段式计算,设起始H2为2mol,则CO2为1mol,6H2+2CO2⇌C2H5OH+3H2O起始(mol)2100转化(mol)1.80.6平衡(mol)0.20.4H2的平衡转化率为×100%=90%,故D正确;故选D.19\n【点评】本题主要考查化学平衡移动原理的应用、影响化学平衡常数的因素等知识点,难度中等,解题时注意基础的准确运用. 7.在14.0g银铜合金中加入500mL一定浓度的浓硝酸,合金全部溶解,收集到NO2和NO体积共2.24L(标准状况下),再向该溶液中加入bml,4mol/L的NaOH溶液,刚好使溶液中的阳离子沉淀完全;若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后,通入水中二者刚好完全反应.下列有关说法不正确的是( )A.银的质量为10.8gB.NO与NO2的体积比之比(相同条件下)为2:1C.原硝酸的物质的量浓度(0.1mol+4b×10﹣3mol)/0.5LD.沉淀中Cu(OH)2的物质的量为0.05mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题.【分析】银铜合金中加入一定浓度的浓硝酸,合金全部溶解,生成硝酸铜、硝酸银,收集气体NO2和NO共2.24L(标准状况下),若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后,通入水中二者刚好完全反应,又生成硝酸,纵观整个过程,金属提供的电子等于氧气获得的电子,A.令Ag、Cu的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量与提供电子列方程解答;B.令NO2、NO的物质的量分别为amol、bmol,根据二者体积及转移电子列方程解答;C.向反应后的溶液中加入bmL4mol/L的NaOH溶液,刚好使溶液中的阳离子沉淀完全,此时溶液中溶质为NaNO3,根据N原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2+NO),再根据c=计算;D.根据Cu元素守恒可知n[Cu(OH)2]=n(Cu).【解答】解:银铜合金中加入一定浓度的浓硝酸,合金全部溶解,生成硝酸铜、硝酸银,收集气体NO2和NO共2.24L(标准状况下),若将收集到的气体全部与标准状况下的O21.12L充分混合后,通入水中二者刚好完全反应,又生成硝酸,纵观整个过程,金属提供的电子等于氧气获得的电子,即金属提供电子为×4=0.2mol,A.令Ag、Cu的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量与提供电子可得:,解得x=0.1、y=0.05,故银的质量=0.1mol×108g/mol=10.8g,故A正确;B.令NO2、NO的物质的量分别为amol、bmol,根据二者体积及转移电子守恒,可得:,解得a=0.05、b=0.05,故相同条件下NO与NO2的体积比之比=0.05mol:0.05mol=1:1,故B错误;C.向反应后的溶液中加入bmL4mol/L的NaOH溶液,刚好使溶液中的阳离子沉淀完全,此时溶液中溶质为NaNO3,由钠离子守恒可知n(NaNO3)=n(NaOH)=b×10﹣3L×4mol/L=4b×10﹣3mol,根据N原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2+NO)=4b×10﹣3mol+=(0.1mol+4b×10﹣3mol),故原硝酸的物质的量浓度为,故C正确;19\nD.根据Cu元素守恒可知n[Cu(OH)2]=n(Cu)=0.05mol,故D正确,故选B.【点评】本题考查混合物计算,侧重解题方法技巧与思维能力的考查,关键是确定金属提供的电子等于氧气获得的电子,注意利用守恒法进行计算,难度中等. 二、解答题(共4小题,满分58分)8.(14分)原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素,核电荷数均小于36.已知X的一种1:2型氢化物分子中既有σ键又有π键,且所有原子共平面;Z的L层上有2个未成对电子;Q原子s能级与p能级电子数相等;G为金属元素;R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料;T处于周期表的d区,且原子序数是d区中最大的.(1)Y原子核外共有 7 种不同运动状态的电子,T原子有 7 种不同能级的电子.(2)由X、Y、Z形成的离子ZXY﹣与XZ2互为等电子体,则ZXY﹣中X原子的杂化轨道类型为 sp杂化 .(3)X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序是 CH4<NH3<H2O (4)Z与R能形成化合物甲,1mol甲中含 4 mol化学键,甲与氢氟酸反应,生成物的分子空间构型分别为 正四面体形、v形 .(5)G、Q、R氟化物的熔点如下表,造成熔点差异的原因为 NaF与MgF2为离子晶体,SiF4为分子晶体,故SiF4的熔点低,Mg2+的半径比Na+的半径小,电荷数高,晶格能MgF2>NaF,故MgF2的熔点比NaF高 氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183(6)T与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料,其晶胞结构示意图如图所示.该合金的化学式为 LaNi5 .【考点】晶胞的计算;原子核外电子的运动状态;判断简单分子或离子的构型;晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.【专题】原子组成与结构专题;化学键与晶体结构.【分析】X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键,说明分子里有双键或参键,X的一种氢化物为1:2型且所有原子共平面,所以X应为碳元素,它的1:2型氢化物为乙烯;Z的L层上有2个未成对电子,即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4,X、Y、Z原子序数依次增大,所以Z为氧元素,且Y为氮元素;Q原子s能级与p能级电子数相等,则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2,由于Q的原子序数比Z大,而Z的电子排布为1s22s22p4,所以Q的电子排布为1s22s22p63s2,即Q为镁元素,而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间,所以G为钠元素;R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料,R为硅元素;T处于周期表的d区,且原子序数是d区中最大的,且核电荷数小于36,根据元素周期表可知,T为镍元素,据此答题;【解答】解:X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键,说明分子里有双键或参键,X的一种氢化物为1:2型且所有原子共平面,所以X应为碳元素,它的1:2型氢化物为乙烯;Z的L层上有2个未成对电子,即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p419\n,X、Y、Z原子序数依次增大,所以Z为氧元素,且Y为氮元素;Q原子s能级与p能级电子数相等,则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2,由于Q的原子序数比Z大,而Z的电子排布为1s22s22p4,所以Q的电子排布为1s22s22p63s2,即Q为镁元素,而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间,所以G为钠元素;R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料,R为硅元素;T处于周期表的d区,且原子序数是d区中最大的,且核电荷数小于36,根据元素周期表可知,T为镍元素,(1)Y为氮元素,核外电子排布式为1s22s22p3,所以7种不同运动状态的电子,T为镍元素,它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,所以它有7个能级,故答案为:7,7;(2)OCN﹣与CO2互为等电子体,所以它们结构相似,在二氧化碳中碳的价层电子对数为=2,所以碳的杂化方式为sp杂化,故答案为:sp杂化;(3)C、N、O位于元素周期表同一周期,且原子序数依次增大,根据元素周期律可知,它们的最简单氢化物的稳定性由弱到强,故答案为:CH4<NH3<H2O;(4)化合物甲为二氧化硅,在二氧化硅晶体中,每个硅原子周围有四个Si﹣O键,所以1mol二氧化硅中含有4molSi﹣O键,SiO2与HF反应的方程式为:SiO2+4HF=SiF4+2H2O,其中SiF4中硅原子的价层电子对数为=4,所以SiF4的空间构型为正四面体,H2O中氧原子的价层电子对数为=4,所以H2O的空间构型为v形,故答案为:正四面体形、v形;(5)在NaF、MgF2、SiF4中NaF与MgF2为离子晶体,SiF4为分子晶体,故SiF4的熔点低,Mg2+的半径比Na+的半径小,电荷数高,晶格能MgF2>NaF,故MgF2的熔点比NaF高,故答案为:NaF与MgF2为离子晶体,SiF4为分子晶体,故SiF4的熔点低,Mg2+的半径比Na+的半径小,电荷数高,晶格能MgF2>NaF,故MgF2的熔点比NaF高;(6)在镍与镧形成的晶钵中镧原子分布在立方体的八个顶点上,数目为8×=1,镍原子分布在体心和侧面的面心以及上下底面上,数目为1+8×=5,所以合金的化学式为LaNi5,故答案为:LaNi5;【点评】本题主要考查了等电子体、原子核外电子排布、元素周期律、晶体的性质、晶胞的计算等知识点,综合性较强,中等难度,解题的难点是元素的推断. 9.(14分)硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一,反应原理为:2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2(该反应△H>0),某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O流程如下.(1)吸硫装置如图所示:19\n①装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效率,B中试剂是 品红或溴水或KMnO4溶液 .②为了使SO2尽可能吸收完全,在不改变A中溶液浓度、体积的条件下,除了及时搅拌反应物外,还可采取的合理措施是 控制SO2的流速 、 适当升高温度 .(写出两条)(2)假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH,设计实验方案进行检验.(室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2)限选试剂及仪器:稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中,加入适量蒸馏水,充分振荡溶解, 滴加足量稀硝酸,再滴加少量AgNO3溶液,振荡 . 有白色沉淀生成 样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中,加入适量蒸馏水,充分搅拌溶解, 加入过量CaCl2溶液,搅拌,静置,用pH计测定上层清液pH . 有白色沉淀生成,上层清液pH大于10.2 样品含NaOH【考点】制备实验方案的设计;含硫物质的性质及综合应用.【专题】综合实验题;氧族元素.【分析】(1)①根据二氧化硫具有还原性、漂白性分析,具有还原性,可用氧化性的物质溴水或KMnO4溶液检验,具有漂白性可用品红检验;②减缓二氧化硫的流速,适当升高温度,均能使二氧化硫充分反应;(2)①根据检验氯离子的方法分析;②NaOH的碱性强,可以通过测定pH来确定是否有NaOH.【解答】解:(1)①二氧化硫具有还原性、漂白性,具有漂白性,能使品红褪色,具有还原性,能被溴水氧化,溴水褪色:SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,硫元素化合价升高,二氧化硫表现还原性,高锰酸钾溶液褪色:5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4,所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液,来检验二氧化硫是否被完全品红吸收,故答案为:品红或溴水或KMnO4溶液;②为了使SO2尽可能吸收完全,在不改变A中溶液浓度、体积的条件下,可以减缓二氧化硫的流速,使二氧化硫与溶液充分接触反应,适当升高温度,也能使二氧化硫充分反应,故答案为:控制SO2的流速;适当升高温度;(2)实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH,若检验NaCl存在,需先加稀硝酸排除干扰,再加硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,说明有NaCl;已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2,若要检验氢氧化钠存在,需加入过量CaCl2溶液,把Na2CO3转化为CaCO3,再测量溶液的pH,若pH大于10.2,说明含有NaOH,故答案为:序号实验操作预期现象①滴加足量稀硝酸,再滴加少量AgNO3溶液,振荡.有白色沉淀生成②加入过量CaCl2溶液,搅拌,静置,用pH计测定上层清液pH有白色沉淀生成,上层清液pH大于10.2.【点评】本题以硫的化合物的性质为载体,考查氧化还原滴定的应用、实验基本操作等,难度中等,是对知识的综合运用与分析解决问题能力的考查,注意离子的检验. 19\n10.(15分)苯酚是一种重要的化工原料.以苯酚为主要起始原料,经下列反应可制得香料M和高分子化合物N.(部分产物及反应条件已略去)(1)苯酚的俗名是 石炭酸 .B的官能团名称 羧基、羟基 .(2)已知C的分子式为C5H12O,C能与金属Na反应,C的一氯代物有2种,B与C反应的化学方程是 .(3)生成N的反应方程式 .(4)以苯酚为基础原料也可以合成有机物E.已知E的相对分子质量为122,其中氧元素的质量分数为26.23%,E完全燃烧只生成CO2和H2O.则E的分子式是 C7H6O2 .(5)已知E具有如下结构特征:①属于芳香族化合物,不能发生水解反应,但能产生银镜现象;②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子,E的结构简式是 .(6)物质F如图,则符合下列条件F的同分异构体有 13 种.①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应③分子中有苯环,无结构.【考点】有机物的推断.【专题】有机物的化学性质及推断.【分析】(1)(2)(3)苯酚与氢氧化钠反应生成A为,由转化关系可知B为,C的分子式为C5H1219\nO,C能与金属Na反应,属于饱和一元醇,C的一氯代物有2种,分子中有2种H原子,故C的结构简式是,B与C发生酯化反应生成M为,苯酚与丙酮反应生成D,D的分子式为C15H16O2,再结合N的结构可知D为,据此解答;(4)以苯酚为基础原料也可以合成有机物E.已知E的相对分子质量为122,其中氧元素的质量分数为26.23%,E完全燃烧只生成CO2和H2O,则分子中氧原子数目为=2,分子中C、H原子总相对原子质量为122﹣32=90,碳原子最大数目为=7…6,故E的分子式为C7H6O2;(5)E的分子式为C7H6O2,E具有如下结构特征:①属于芳香族化合物,不能发生水解反应,但能产生银镜现象,含有醛基,还含有酚羟基,②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子,羟基与羟基处于对位;(6)物质F如图,则符合下列条件F的同分异构体:①能发生银镜反应,含有醛基或甲酸形成的酯基,②能与NaHCO3溶液反应,含有羧基,③分子中有苯环,无,侧链可以为﹣COOH、﹣OOCH,有邻、间、对三种位置,侧链可以为﹣COOH、﹣OH、﹣CHO,结合定二移一法确定同分异构体数目.【解答】解:苯酚与氢氧化钠反应生成A为,由转化关系可知B为,C的分子式为C5H12O,C能与金属Na反应,属于饱和一元醇,C的一氯代物有2种,分子中有2种H原子,故C的结构简式是,B与C发生酯化反应生成M为,苯酚与丙酮反应生成D,D的分子式为C15H16O2,再结合N的结构可知D为,(1)苯酚的俗名是石炭酸,B为,含有的官能团有:羧基、羟基,故答案为:石炭酸;羧基、羟基;19\n(2)B与C反应的化学方程式是:,故答案为:;(3)生成N是缩聚反应,由物质的结构可知,还生成甲醇,该反应方程式为:,故答案为:;(4)以苯酚为基础原料也可以合成有机物E.已知E的相对分子质量为122,其中氧元素的质量分数为26.23%,E完全燃烧只生成CO2和H2O,则分子中氧原子数目为=2,分子中C、H原子总相对原子质量为122﹣32=90,碳原子最大数目为=7…6,故E的分子式为C7H6O2,故答案为:C7H6O2;(5)E的分子式为C7H6O2,E具有如下结构特征:①属于芳香族化合物,不能发生水解反应,但能产生银镜现象,含有醛基,还含有酚羟基,②E的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同的氢原子,羟基与羟基处于对位,则E的结构简式是,故答案为:;(6)物质F如图,则符合下列条件F的同分异构体:①能发生银镜反应,含有醛基或甲酸形成的酯基,②能与NaHCO3溶液反应,含有羧基,③分子中有苯环,无,侧链可以为﹣COOH、﹣OOCH,有邻、间、对三种位置,侧链可以为﹣COOH、﹣OH、﹣CHO,﹣COOH、﹣OH有邻、间、对三种位置,当﹣COOH、﹣OH处于邻位,﹣CHO有4种位置,当﹣COOH、﹣OH处于间位,﹣CHO有4种位置,当﹣COOH、﹣OH处于对位,﹣CHO有2种位置,故符合条件的同分异构体有:3+4+4+2=13种,故答案为:13.【点评】19\n本题考查有机物的推断、官能团结构、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等,注意根据苯酚、D的分子式、N的结构式推断,是对有机化合物知识的综合考查,能较好的考查学生分析推理能力,(6)中同分异构体数目判断为易错点、难点,注意利用定二移一的方法运用,是高考热点题型,难度中等. 11.(15分)最近科学家提出一种“绿色自由”构想:把空气吹入碳酸钾溶液,然后再把CO2从溶液中提取出来,经化学反应后使空气中的CO2转变为甲醇.其技术流程如下:(1)吸收池中饱和碳酸钾溶液的作用是 富集空气中的CO2 ;(2)分解池中发生反应化学方程式为 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O ;(3)合成塔中生成甲醇的反应,其原子利用率理论上 否 (能、否)达到100%.若合成塔中有2.2kgCO2与足量H2恰好完全反应,生成气态的水和甲醇,可放出2473.5kJ的热量,试写出合成塔中发生反应的热化学方程式 CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.47KJ/mol .(4)如果空气不经过吸收池和分解池,而是直接通入合成塔,你认为 不可以 (填“可行”或“不可行”),理由是 空气中的氧气和氢气混合加热或点燃可能发生爆炸 .(5)上述合成反应具有一定的可逆性,从平衡移动原理分析,低温有利于原料气的转化,而实际生产中采用300°C的温度,其原因是 提高催化剂的催化活性,加快反应速率 .(6)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10﹣39,则该温度下反应Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+的平衡常数K= 3.6×10﹣4 .【考点】制备实验方案的设计;热化学方程式;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.【专题】综合实验题;化学反应中的能量变化;电离平衡与溶液的pH专题.【分析】把空气吹入碳酸钾溶液,碳酸钾会吸收空气中二氧化碳气体,得到碳酸氢钾溶液,在高温水蒸汽中碳酸氢钾分解生成碳酸钾,二氧化碳和水,目的是富集二氧化碳,进入合成塔,通入氢气在一定温度压强下反应生成甲醇;(1)碳酸钾吸收空气中二氧化碳反应生成碳酸氢钾;(2)分解池中是碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳和水;(3)依据合成甲醇的反应产物分析判断原子利用率,原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比,反应达到完全转化,即100%转化为目标产物;(4)空气中的氧气和氢气混合加热或点燃可能发生爆炸;(5)依据影响反应速率的因素分析,此温度会提高反应速率,催化剂活性最大;(6)Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10﹣39,Ksp=c(Fe3+)×c3(OH﹣),Kw=c(H+)×c(OH﹣),则K===.19\n【解答】解:(1)碳酸钾能和二氧化碳反应生成碳酸氢钠,所以碳酸钾的作用是:吸收空气中二氧化碳,富集空气中的CO2,反应的化学方程式为:K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3,故答案为:富集空气中的CO2;(2)在加热条件下,碳酸氢钾能分解生成碳酸钾、二氧化碳和水,化学方程式为:2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O;故答案为:2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O;(3)CO2与H2在300℃、2KPa的条件下生成水和甲醇,化学方程式为:CO2+3H2H2O+CH3OH,产物有甲醇、还有H2O,不符合转化率100%,若合成塔中有2.2kgCO2与足量H2恰好完全反应,可放出2473.5kJ的热量,1mol二氧化碳反应放热49.47KJ,写出合成塔中发生反应的热化学方程式为:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.47KJ/mol;故答案为:否;CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣49.47KJ/mol;(4)如果空气不经过吸收池和分解池,而是直接通入合成塔,空气中的氧气和氢气混合加热或点燃可能发生爆炸,引发危险,故答案为:不可以;空气中的氧气和氢气混合加热或点燃可能发生爆炸,(5)依据影响反应速率的因素分析,此温度会提高反应速率,催化剂活性最大,故答案为:提高催化剂的催化活性,加快反应速率;(6)Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10﹣39,Ksp=c(Fe3+)×c3(OH﹣),Kw=c(H+)×c(OH﹣),则K=====3.6×10﹣4,故答案为:3.6×10﹣4.【点评】本题考查了甲醇的工业生产,主要考查物质的相互转化和制备的方法及注意事项,在解答时,首先分析题中的转化流程,然后结合学过的知识进行解答,题目难度中等. 19
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