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2019届高三化学二模试卷(含答案吉林白城四中)

时间:2019-03-14 14:16:43作者:试题来源:网络
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y w.Co m2019届高三第二次模拟测试卷
化  学(三)
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量:H 1  C 12  N 14  O 16  Na 23  Al 27  S 32  Cl 35.5  Fe 56  
一、选择题:每小题6分,共42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。
7.《五金铁》中记载:“若造熟铁,则生铁流出时,相连数尺内,低下数寸,筑一方塘,短墙抵之,其铁流入塘内,数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅,即时炒成熟铁。”以下说法不正确的是
A.金属冶炼方法由金属活动性决定
B.熟铁比生铁质地更硬,延展性稍差
C.炒铁是为了降低铁水中的碳含量
D.该法与近代生铁水吹空气炼钢异曲同工
8.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了加成反应
B.乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上
C.C8H10属于芳香烃的同分异构体共有4种
D.蛋白质水解最终产物是氨基酸和甘油
9.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.n(H2CO3)和n(HCO−3)之和为1mol的NaHCO3溶液中,含有Na+数目为NA
B.4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA
C.氢氧燃料电池负极消耗1.12L气体时,电路中转移的电子数为0.1NA
D.用情性电极电解CuSO4溶液后,如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原,则电路中转移的电子数为0.4NA
10.NiS可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中,经过过滤,制得NiS 沉淀,装置如图所示:
 
下列对实验的叙述正确的是
A.在装置A中滴加蒸馏水前通入N2,是为了将H2S赶入C装置中与NiSO4溶液反应
B.装置B中盛放浓硫酸
C.装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水
D.反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中
11.日本一家公司日前宣布,他们已经开发并计划大量生产一种颠覆性的阳极和阴极,两个电极都是碳材料的双碳性电池(放电原理如图所示),充电速度比普通的锂离子电池快20倍。放电时,正极反应为Cn(PF6)+e−===PF-6+nC,负极反应为LiCn-e−===Li++nC。下列有关说法中正确的是
 
A.a极为电池的负极
B.A−为OH−
C.电池充电时的阴极反应为LiCn+e−===Li++nC
D.充电时,溶液中A−从b极向a极迁移
12.H2A是一种二元弱酸,常温下利用KOH固体调节H2A溶液的pH,H2A、HA-和A2−三种形态的粒子的物质的量分数δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)随溶液pH变化的关系如图所示,已知常温下,H2CO3的电离常数为:K1=4.3×10−7,K2= 5.6×10−11,下列说法错误的是
 
A.当pH=4.3时,溶液中有3c(HA−)+c(OH−)=c(K+)+c(H+)
B.常温下,KHA溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度
C.常温下,K2A溶液中[c(A2−)×c(H2A)]/c2(HA−)=10−3
D.向Na2CO3溶液中滴加少量H2A,发生的主要反应为:2CO2-3+H2A===A2−+2HCO-3
13.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大,X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X2、Y2X、Y2X2,化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成。下列有关叙述正确的是
A.简单离子半径的大小:Q>Y>Z>X>W
B.五种元素的单质中,只有一种能与其他四种化合
C.相同条件下,YWQ、YXW、Y2Q溶液的pH依次增大
D.Y、Z、Q的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应
二、非选择题(共43分)
26.(15分)亚硝酸钠(NaNO2)被称为工业盐,在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示。
 
已知:室温下,①2NO+Na2O2===2NaNO2;
②3NaNO2+3HCl===3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O;
③酸性条件下,NO或NO−2都能与MnO−4反应生成NO−3和Mn2+。
请按要求回答下列问题:
(1)检查完该装置的气密性,装入药品后,实验开始前通入一段时间气体Ar,然后关闭弹簧夹,再滴加浓硝酸,加热控制B中导管均匀地产生气泡。上述操作的作用是_____________________
________________________。
(2)B中观察到的主要现象是___________________________________。
(3)A装置中反应的化学方程式为____________________________________。
(4)D装置中反应的离子方程式为____________________________________。
(5)预测C中反应开始阶段,固体产物除NaNO2外,还含有的副产物有Na2CO3和________。为避免产生这些副产物,应在B、C装置间增加装置E,则E中盛放的试剂名称为________。
(6)利用改进后的装置,将3.12g Na2O2完全转化成为NaNO2,理论上至少需要木炭_______g。
27.(14分)氢是一种理想的绿色清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究重点。已知利用FeO与Fe3O4循环制氢的相关反应如下:
反应I.H2O(g)+3FeO(s) Fe3O4 (s) + H2(g)  ΔH=a kJ•mol−1;
反应Ⅱ.2Fe3O4(s) FeO (s) + O2(g)  ΔH=b kJ•mol−1。
(1)反应:2H2O(g)===2H2(g)+O2(g)  ΔH=________(用含a、b的代数式表示)kJ•mol−1。
(2)上述反应中a<0、b>0,从能源利用及成本的角度考虑,实现反应II可采用的方案是________
____________________________________________________。
(3)900℃时,在甲、乙两个体积均为2.0L的密闭容器中分别投入0.60mol FeO(s)并通入0.20mol H2O(g),甲容器用FeO细颗粒,乙容器用FeO粗颗粒。反应过程中H2的生成速率的变化如图1所示。
 
①用FeO细颗粒和FeO粗颗粒时,H2的生成速率不同的原因是___________________________。
②用FeO细颗粒时H2O(g)的平衡转化率与用FeO粗颗粒时H2O(g)的平衡转化率的关系是_____
______(填“前者大”“前者小”或“相等”)。
(4)FeO的平衡转化率与温度的关系如图2所示。请在图3中画出1000℃、用FeO细颗粒时,H2O(g)转化率随时间的变化曲线(进行相应的标注)。
 
(5)NH3-O2燃料电池的结构如图所示。
 
①a极为电池的________(填“正”或“负”)极,电极反应式:                       。
②当生成1mol N2时,电路中流过电子的物质的量为_______。
28.(14分)铁、铝是生活中重要的金属材料,铁铝及其化合物有非常重要的用途。
(1)下列说法不正确的是__________(填序号)。
①配制FeCl3、ACl3溶液时,均是先将固体FeCl3、ACl3溶于较浓的盐酸,再用蒸馏水稀释到所需浓度
②FeCl2、FeCl3、Fe(OH)3均可以通过化合反应生成
③利用氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+
④加热蒸干Al2(SO4)3溶液残留固体的成分为Al2O3
(2)以高碗铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:
 
①流程中两次焙烧均会产生SO2,用NaOH溶液吸收处理SO2的离子方程式为________________
_________________________________。
②添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
 
已知:多数硫酸盐的分解温度都高于600℃
硫去除率=(1- )×100%
I.不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时,去除的硫元素主要来源于_______________。
Ⅱ.700℃时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是___________________________________________。
③“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,写出该反应的化学方程式___________________。
(3)已知25℃时,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10−20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38,Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。
①在25℃下,向浓度均为0.1mo•L−1的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成_______
___(填化学式)沉淀。
②溶液中某离子浓度低于1.0×10−5ml•L−1时,可以认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水,当Fe3+恰好沉淀完全时,测得c(Al3+)=0.2mol•L−1,所得沉淀中___
_______(选填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。理由是______________(通过计算说明)。
35.[化学——选修3:物质结构与性质](15分)
原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期,自然界中存在多种A的化合物,B原子核外电子有6种不同的运动状态,B与C可形成正四面体形分子,D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子。请回答下列问题:
(1)这四种元素中电负性最大的元素,其基态原子的价电子排布图为___________________,第一电离能最小的元素是__________(填元素符号)。
(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物,沸点由高到低的顺序是___________(填化学式),呈现如此递变规律的原因是_________________________。
(3)B元素可形成多种单质,一种晶体结构如图一所示,其原子的杂化类型为__________;另一种的晶胞如图二所示,该晶胞的空间利用率为__________,若此晶胞中的棱长为356.6 pm,则此晶胞的密度为__________g•cm−3(保留两位有效数字)。( =1.732)
 
(4)D元素形成的单质,其晶体的堆积模型为__________,D的醋酸盐晶体局部结构如图三,该晶体中含有的化学键是__________ (填选项序号)。
①极性键            ②非极性键        ③配位键        ④金属键
(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水,观察到的现象是__________________________________
__________。请写出上述过程的离子方程式:______________________________________。
36.[化学——选修5:有机化学基础](15分)
秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线:
 
回答下列问题:
(1)下列关于糖类的说法正确的是 (填标号)
a.糖类都有甜味,具有CnH2mOm的通式
b.麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c.用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为____________________。
(3)D中的官能团名称为__________,D生成E的反应类型为____________________。
(4)F的化学名称是__________,由F生成G的化学方程式为__________________________
____。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体,0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2,W共有__________种(不含立体异构),其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为____________________。
(6)参照上述合成路线,以(反,反)−2,4−己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选),设计制备对苯二甲酸的合成路线______________________________。





































 
2019届高三第二次模拟测试卷
化  学(三)答案
一、选择题:每小题6分,共42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。
7.【答案】B
【解析】金属冶炼方法由金属活动性决定,特别活泼的金属通常用电解法冶炼,较活泼的金属用热还原法,较不活泼的金属用热分解法,选项A正确;熟铁比生铁的硬度小,延展性较好,选项B错误;炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物,从而降低铁水中的含碳量,选项C正确;往生铁水中吹空气可以降低碳的含量,选项D正确。
8.【答案】C
【解析】乙烯使酸性高锰酸钾褪色,发生了氧化还原反应,选项A错误;乙烯、苯为平面结构,乙酸中含甲基,甲基为四面体结构,则乙酸中所有原子不可能在同一平面上,选项B错误;C8H10的芳香烃满足CnH2n-6的通式,取代基可为1个乙基或两个甲基,同分异构体有  ,选项C正确;蛋白质水解的最终产物是氨基酸,选项D错误。
9.【答案】D
【解析】根据物料守恒:n(H2CO3)+n(HCO−3)+n(CO2-3)=n(Na+),所以Na+数目大于NA,选项A错误;H182O与D162O的摩尔质量均为20g•mol−1,故4.0g H182O与D216O的物质的量共为0.2mol,且两者中均含10个中子,即0.2mol由H182O与D162O组成的“混合”物中含2NA个中子,H182O与D162O组成的属于纯净物,选项B错误;氢气所处的状态不明确,无法计算氢气的物质的量,则转移的电子数无法计算,选项C错误;用惰性电极电解CuSO4溶液后,如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原,则说明阳极上析出的是0.1mol氧气,阴极上析出的是0.1mol铜和0.1mol氢气,故转移0.4mol电子即0.4NA个,选项D正确。
10.【答案】C
【解析】NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S,在装置A中滴加蒸馏水前通入N2,是为了除去装置中的空气,选项A错误;硫化氢能够被浓硫酸氧化,选项B错误;NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S,为了防止被氧化,装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水,选项C正确;反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的H2S赶出吸收,防止污染空气,选项D错误。
11.【答案】D
【解析】根据题给装置图判断,a电极有A−生成,b电极有Li+生成,结合放电时,正极反应为Cn(PF6)+e−===PF-6+nC,负极反应为LiCn-e−===Li++nC,可知a电极为正极,b电极为负极,选项A错误;A−为PF-6,选项B错误;充电时,阴极反应为Li++nC+e−===LiCn,选项C错误;充电时,溶液中A−从b(阴)极向a(阳)极迁移,选项D正确。
12.【答案】B
【解析】由图可知pH=4.3时,c(HA−)=c(A2−),根据电荷守恒:c(K+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−),选项A正确;由图可知H2A的K1=10−1.3,K2=10−4.3,因此HA−的水解常数Kn=KwK1=10−12.7<K2,即电离强于水解,故水的电离被抑制,选项B错误;c(A2−)×c(H2A)c2(HA−)=c(A2−)×c(H2A)×c(H+)c2(HA−)×c(H−)=K2K1=10−4.310−1.3=10−3,选项C正确;根据H2A的K1、K2以及H2CO3的K1、K2可知,Na2CO3溶液中加入少量H2A时,CO2-3→HCO-3,H2A→A2−,选项D正确。
13.【答案】D
【解析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大,X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X2、Y2X、Y2X2,化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成,故可判断元素W、X、Y、Z、Q分别为H、O、Na、Al、S。具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小,则简单离子半径的大小:Q>W>X>Y>Z,选项A错误;五种元素的单质中,H2、O2、S均能与其他单质化合,选项B错误;相同条件下,NaHS、NaOH、Na2S溶液的pH大小顺序为NaOH>Na2S>NaHS,选项C错误。
二、非选择题(共43分)
26.【答案】(1)排尽空气,防止生成的NO被空气中O2氧化
(2)红棕色气体消失,铜片溶解,溶液变蓝,导管口有无色气泡冒出
(3)C+4HNO3(浓)====△CO2↑+4NO2↑+2H2O
(4)5NO+3MnO-4+4H+===3Mn2++5NO-3+2H2O
(5)NaOH 碱石灰
(6)0.48
【解析】装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应,反应生成NO2和CO2和H2O,装置B中是A装置生成的NO2和H2O反应生成HNO3和NO,HNO3和Cu反应生成Cu(NO3)2,NO和H2O;通过装置C中的Na2O2吸收NO、CO2,最后通过酸性KMnO4溶液除去剩余NO防止污染空气。(1)为避免生成的NO被空气中O2氧化,需要把装置中的空气通入Ar气排净后再进行反应,然后加热制备NaNO2;(2)装置B中NO2与H2O反应生成HNO3,HNO3与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O,则B中现象为红棕色气体消失,铜片溶解,溶液变蓝,导管口有无色气泡冒出;(3)装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应,反应生成NO2和CO2和H2O,反应的化学方程式为:C+4HNO3(浓)====△CO2↑+4NO2↑+2H2O;(4)D装置中反应是除去未反应的NO,防止污染空气,反应的离子方程式为:5NO+3MnO-4+4H+===3Mn2++5NO-3+2H2O;(5)因为NO中混有CO2和H2O,CO2和Na2O2发生的反应生成Na2CO3和O2,H2O与Na2O2反应生成NaOH,故C产物中除NaNO2外还含有副产物Na2CO3和NaOH,为避免产生这些副产物,应在B、C装置间增加装置E,E中盛放的试剂应为碱石灰,用来吸收CO2和H2O;(6)根据①C+4HNO3(浓)====△CO2↑+4NO2↑+2H2O;②3NO2+H2O===2HNO3+NO;③3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;④2NO+Na2O2===2NaNO2,则有C~4NO2~43NO;4NO2~83HNO3~23NO;C~(43+23)NO~2NO~Na2O~2NaNO2,所以3.12g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠,理论上至少需要木炭的质量为3.12g78g•mol−1×12g•mol−1=0.48g。
27.【答案】(1)2a+b;
(2)用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能;
(3)①FeO细颗粒表面积大,与H2O的接触面积大,反应速率快;②相等
(4)
(5)①负极  2NH3-6e−+6OH−===N2+6H2O   ②6mol
【解析】(1)已知H2O(g)+3FeO(s) Fe3O4(s)+H2(g)  ΔH=a kJ•mol−1(Ⅰ);2Fe3O4(s)
 FeO(s)+O2(g)  ΔH=b kJ•mol−1(Ⅱ),利用盖斯定律,将(Ⅰ)×2+(Ⅱ)可得2H2O(g)===
2H2(g)+O2(g)  ΔH=(2a-b)kJ•mol−1,答案为:2a+b;(2)b>0,要使该制氢方案有实际意义,应给反应Ⅱ提供能量才能使反应发生,可利用廉价清洁能源提供热能或利用太阳能、地热能、生物能、核能等,故答案为:用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能;(3)①因细颗粒FeO表面积大,固体的表面积越大,与氢气的接触面越大,则反应速率越大,故答案为:细颗粒FeO表面积大,与氢气的接触面越大,反应速率加快;②固体的表面积大小与平衡移动无关,则平衡状态相同,故答案为:相等;(4)由图1可知,升高温度,FeO的转化率降低,说明正反应为放热反应,升高温度,反应速率增大,但反应物的转化率降低,则图象为 。(5)a极通入氨气,是负极,电极反应式是:2NH3-6e−+6OH−===N2+6H2O。②按其中N的化合价由-3价变成0价,当生成1mol N2时,转移电子的物质的量为6mol,故答案为:6mol。
28.【答案】(1)③④    
(2)SO2+2OH−===SO2−3+H2O或SO2+OH−===HSO−3  FeS2  
S转化成了CaSO4,留在矿粉中  FeS+16Fe2O3=====焙烧11Fe3O4+2SO2↑    
(3)Al(OH)3  不含有  Fe3+完全沉淀时,c(Al3+)•c3(OH−)<Ksp[Al(OH)3]
【解析】(1)①配制FeCl3、AlCl3溶液时,先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸,防止Fe3+、Al3+水解,再用蒸馏水稀释到所需浓度,故①正确;②FeCl2、FeCl3、Fe(OH)3均可以通过化合反应生成,例如:2FeCl3+Fe===3FeCl2、2Fe+3Cl2===3FeCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3,故②正确;③因为Fe3+遇KSCN溶液变成血红色溶液,所以不能用可以氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe2+,故③错误;④加热蒸干Al2(SO4)3溶液虽然Al3水解,但硫酸是难挥发性酸,所以残留固体的成分仍为Al2(SO4)3,故④错误;本题答案为:③④。(2)①NaOH和SO2反应,生成Na2SO3和H2O,离子方程式为:SO2+2OH−===SO2−3+H2O或SO2+OH−===HSO−3;②I.由题给已知条件,多数金属硫酸盐的分解温度,高于600 ,不添加CaO的矿粉低于500 焙烧时去除的S元素,主要来自于FeS2,Ⅱ.700℃时,添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是生成了CaSO4,留在矿粉中;本题答案为:FeS2,S转化成了CaSO4,留在矿粉中。③Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,化学方程式为:FeS+16Fe2O3=====焙烧11Fe3O4+2SO2↑;(3)①根据Al(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数,在25 下,向浓度均为0.1mol/L的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,由于 ,加入相同的浓度的氨水,Al(OH)3最先析出,本题答案为:Al(OH)3。②Fe3+完全沉淀时,c3(OH−)= = =4.0 ,c(Al3+)•c(OH−)=0.2 =8×10-34KspAl(OH)3,所以没有生成Al(OH)3沉淀,故此时所得沉淀不含有Al(OH)3;本题答案为;不含有,Fe3+完全沉淀时,c(Al3+)•c3(OH−)<Ksp[Al(OH)3]。
35.[化学——选修3:物质结构与性质](15分)
【答案】(1)    Cu
(2)HF>HI>HBr>HCl   HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高,HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力,相对分子质量越大,范德华力越大;
(3)sp2   34%   3.5
(4)面心立方最密堆积   ①②③
(5)首先形成蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色的透明溶液
Cu2++2NH3•H2O===Cu(OH)2↓+2NH+4、Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH−
【解析】本题考查物质结构,主要考查元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等。原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期,B原子核外电子有6种不同的运动状态,即核外有6个电子,则B为碳元素;自然界中存在多种A的化合物,则A为氢元素;D的基态原子的最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子,D原子外围电子排布为3d104s1,则D为铜元素;结合原子序数可知,C只能处于第三周期,B与C可形成正四面体型分子,则C为氯元素,(1)四种元素中电负性最大的是Cl,其基态原子的价电子排布为3s23p5,其基态原子的价电子排布图为: ,四种元素中只有Cu为金属,其它为非金属,故Cu的第一电离能最小;(2)HF>HI>HBr>HCl,HF分子之间形成氢键,使其熔沸点较高,HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高;(3)图一为平面结构,在其层状结构中碳碳键键角为120°,每个碳原子都结合着3个碳原子,碳原子采取sp2杂化;一个晶胞中含碳原子数为8×1/8+6×1/2+4=8,令碳原子直径为a,晶胞中C原子总体积=8× ,碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构,中心碳原子与正四面体顶点原子相邻,其连线处于体对角线上,且为对角线长的1/4,故体对角线长为4a,故棱长为 ,则晶胞体积为 ,晶胞空间利用率={[8× ]÷ }×100%≈34%,晶胞质量为  g,若此晶胞中的棱长为356.6 pm,则晶胞体积为: ,则此晶胞的密度为 g÷ =3.5g/mL,(4)晶体Cu为面心立方最密堆积,结合图三醋酸铜晶体的局部结构可知:碳与碳之间形成非极性键,C与氧之间形成极性键,且氧与铜离子之间有配位键,其晶体中含有极性键、非极性键和配位键,答案为:面心立方最密堆积;①②③;(5)硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀,继续滴加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色的透明溶液,有关反应的离子方程式为:Cu2++2NH3•H2O===Cu(OH)2↓+2NH+4、Cu(OH)2+4NH3=== [Cu(NH3)4]2++2OH−。
36.[化学——选修5:有机化学基础](15分)
【答案】(1)cd
(2)取代反应(酯化反应)
(3)酯基、碳碳双键   消去反应
(4)己二酸   
   +(2n−1)H2O
(5)12    
(6)       
【解析】(1)糖类不一定具有甜味,不一定符合碳水化合物通式,a项错误;麦芽糖水解生成葡萄糖,而蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,b项错误;用碘水检验淀粉是否完全水解,用银氨溶液可以检验淀粉是否水解,c项正确;淀粉、纤维素都是多糖类天然高分子化合物,d项正确。(2)B→C发生酯化反应,又叫取代反应。(3)D中官能团名称是酯基、碳碳双键。D生成E,增加两个碳碳双键,说明发生消去反应。(4)F为二元羧酸,名称为己二酸或1,6−己二酸。己二酸与1,4−丁二醇在一定条件下合成聚酯,注意链端要连接氢原子或羟基,脱去小分子水的数目为(2n−1),高聚物中聚合度n不可漏写。(5)W具有一种官能团,不是一个官能团;W是二取代芳香族化合物,则苯环上有两个取代基,0.5mol W与足量碳酸氢钠反应生成44g CO2,说明W分子中含有2个羧基。则有4种情况:①—CH2COOH,—CH2COOH;②—COOH,—CH2CH2COOH;③—COOH,—CH(CH3)COOH;④—CH3,—CH(COOH)COOH。每组取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系,W共有12种结构。在核磁共振氢谱上只有3组峰,说明分子是对称结构,结构简式为 。(6)流程图中有两个新信息反应原理:一是C与乙烯反应生成D,是生成六元环的反应;二是D→E,在Pd/C,加热条件下脱去H2增加不饱和度。结合这两个反应原理可得出合成路线。







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