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2019-2020年高三下学期第四次月考化学试卷含解析
一、选择题本题包括7小题.每小题6分,共42分,每小题只有一个选项符合题意.1.(6分)(xx春•微山县校级月考)我国科学家最近指出2050年后全球将出现的四大能源是,
①氚和氦﹣3的核聚变
②天然气水合物
③空间太阳能发电
④氢能.这四大能源未来在提供能量过程中会产生新核素的是()A.
①B.
②C.
③D.
④2.(6分)(xx秋•衢江区校级期中)卫生部发出公告,自2011年5月1日起,禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂.下列对过氧化钙的叙述错误的是()A.CaO2具有氧化性,对面粉可能具有增白作用B.CaO2和水反应时,每产生1molO2转移电子2molC.CaO2中阴阳离子的个数比为21D.CaO2和CO2反应的化学方程式为2CaO2+2CO2=2CaCO3+O23.(6分)(xx春•微山县校级月考)下列方法或操作正确且能达到预期目的是()序号实验目的方法及操作
①比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应
②欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键滴入KMnO4酸性溶液,看紫红色是否褪去
③证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液,有沉淀析出;再把沉淀加入蒸馏水中
④检验溴乙烷中的溴元素将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后,向溶液中加稀HNO3酸化,再滴加AgNO3溶液
⑤判断不同反应的反应速率的大小比较不同反应的反应热数据的大小A.
①②④B.
②③④C.
①③④D.
②③⑤4.(6分)(xx秋•扶余县校级期末)雾霾严重影响人们的生活与健康.某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子Na+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、NO3﹣、CO32﹣.某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后得试样X溶液,设计并完成了如下的实验下列判断正确的是()A.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物B.Na+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中C.气体甲一定是纯净物D.CO32﹣和NO3﹣一定不存在于溶液X中5.(6分)(xx春•微山县校级月考)短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大.元素X是形成化合物种类最多的元素,Y、R同主族,R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半,W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料.下列说法正确的是()A.X、W、R的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是X<W<RB.气态氢化物的稳定性Y>RC.X、Y、W、R的原子半径由大到小的顺序为R>W>X>YD.X、W的氧化物由固态转化为气态时,克服相同的作用力6.(6分)(xx秋•扶余县校级期末)足量铜与一定量的浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO
2、NO的混合气体
2.24L(标准状况),这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是50mL,下列说法正确的是()A.参加反应的硝酸是
0.4molB.消耗氧气的体积为
1.68LC.此反应过程中转移的电子为
0.3molD.混合气体中含NO
21.12L7.(6分)(xx秋•扶余县校级期末)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系甲乙丙.下列有关物质的推断不正确的是()A.若甲为Cl2,则丁可能是铁B.若甲为NH3,则丁可能是氧气C.若甲为AlCl3溶液,则丁可能是氨水D.若甲为NaOH,则丁可能是SO2
三、非选择题包括必考题和选考题两部分.考生根据要求作答.
(一)必考题8.(8分)(xx•河东区一模)实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示
(1)实验室可以用B或C装置制取氨气,如果用B装置制取氨气其化学反应方程式为.
(2)气体的性质是选择气体收集方法的主要依据.下列性质与收集方法无关的是(填序号,下同).
①密度
②颜色
③溶解性
④热稳定性
⑤与氧气反应
(3)若用A装置与D装置相连制取并收集X气体,则X可以是下列气体中的.
①CO2
②NO
③Cl2
④H2
⑤HCl其中在D装置中连接小烧杯的目的是.9.(8分)(xx•白城校级二模)某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O
2、浓氨水为原料,在活性炭催化下,合成了橙黄色晶体X.为确定其组成,进行如下实验.
(1)经测定,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163,钴的化合价为,制备X的化学方程式为;
(2)氨的测定精确称取wgX,加适量水溶解,注入如图2所示的三颈瓶中,然后逐滴加入足量10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,用V1mLclmol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收.蒸氨结束后取下接收瓶,用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl,到终点时消耗V2mLNaOH溶液.
①装置中安全管的作用原理是.
②样品中氨的质量分数表达式为.10.(14分)(xx春•微山县校级月考)X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素.X的单质为密度最小的气体,Y是地壳中含量最多的元素,Y和R同主族,可组成共价化合物RY2,Z能与冷水剧烈反应生成一种可燃性气体,X在W中燃烧,产物溶于水得到一种强酸.请回答下列问题
(1)R在周期表中的位置是,Z、R、W三种元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是.(填化学式)
(2)X、Y、Z两种或三种元素组成的化合物中,既含有共价键又含有离子键的有、.(填化学式)
(3)X和Y组成的化合物中,既含有极性共价键又含有非极性共价键的是(填化学式).此化合物可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨,相应的离子方程式为.
(4)Y、Z、R三种元素组成的盐,R的质量分数为
40.5%,其水溶液与W单质反应的离子反应方程式为.11.(13分)(xx春•微山县校级月考)如图中A~K分别代表有关反应的一种反应物或生成物,其中A、C、F、K是固体.已知A是一种不含金属元素的盐,受热分解得到三种产物物质的量之比为211的;A加热后生成的混合气体若通过碱石灰,只剩余气体B(B为无色有刺激性气味的气体),若通过浓硫酸则只剩余气体D(D为无色无味气体);C为淡黄色固体.各物质间的转化关系如图所示请回答
(1)D中化学键的类型为,C的电子式,B的空间构型为.
(2)写出A的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式.
(3)写出J与K反应的化学方程式.
(4)在标准状况下
4.48L的H与I恰好被100mlNaOH溶液完全吸收,所需NaOH溶液的物质的量浓度为mol•L﹣1.
(5)工业尾气中含有各种氮的氧化物(主要是NO和NO2,表示为NOx),NOx是严重的大气污染物,处理这些废气方法之一是通入适量的B,反应后会生成一种无色无味的气体.写出NOx与B反应的化学方程式.
(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1题解答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑.注意所做题目必须与所涂题目一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.【化学--选修2化学与技术】(15分)12.(15分)(xx春•微山县校级月考)实验室里用某工厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)来制备绿矾(FeSO4•7H2O)和聚铁(碱式硫酸铁的聚合物),其过程如下
(1)若用浓硫酸配制过程
①所需的250mL
3.0mol•L﹣1的稀硫酸,所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外,还需要.
(2)过程
②用到多种硅酸盐质的仪器,除玻璃棒、酒精灯、泥三角外,还有(填仪器名称),该过程产生的尾气会对大气造成污染,可选用下列试剂中的吸收.a.浓硫酸b.蒸馏水c.NaOH溶液d.浓硝酸
(3)过程
③中,需要加入的物质名称是,检验溶液X中金属阳离子是否完全转化的试剂为(填试剂名称).
(4)过程
④的操作是将溶液、、过滤、洗涤,即得到FeSO4•7H2O晶体.过程
⑥中,将溶液Z加热到70~80℃,目的是.
(5)实验室为测定所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数,进行下列实验.
①用分析天平称取样品
3.200g;
②将样品溶于足量盐酸后,加入足量的氯化钡溶液;
③过滤、洗涤、干燥、称量,得固体质量为
3.495g.若该聚铁主要成分为[Fe(OH)SO4]n,则该聚铁中铁元素的质量分数为.【化学--选修3物质结构与性质】(15分)13.(xx春•微山县校级月考)氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈,配位氢化物、富氢载体化合物是目前所采用的主要储氢材料.
(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料.在基态Ti2+中,电子占据的最高能层符号为,该能层具有的原子轨道数为.
(2)液氨是富氢物质,是氢能的理想载体,利用N2+3H2⇌2NH3,实现储氢和输氢.下列说法正确的是.a.NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化b.NH4+与PH4+、CH
4、BH4﹣、ClO4﹣互为等电子体c.相同压强时,NH3的沸点比PH3的沸点高d.[Cu(NH3)4]2+中,N原子是配位原子
(3)已知NF3与NH3的空间构型相同,但NF3不易与Cu2+形成配离子,其原因是.
(4)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中,Sn原子的轨道杂化方式为,SnBr2分子中Sn﹣Br的键角120°(填“>”“<”或“=”).
(5)NiO的晶体结构与氯化钠相同,在晶胞中镍离子的配位数是.已知晶胞的边长为anm,NiO的摩尔质量为bg•mol﹣1,NA为阿伏加德罗常数的值,则NiO晶体的密度为g•cm﹣3.【化学--选修5有机化学基础】(15分)14.(xx春•微山县校级月考)已知两个羧基之间在浓硫酸作用下脱去一分子水生成酸酐,如图1所示某酯类化合物A是广泛使用的塑料增塑剂.A在酸性条件下能够生成B、C、D,转化过程如图2所示.请回答相关问题
(1)CH3COOOH称为过氧乙酸,写出它的一种用途.
(2)写出B+E→CH3COOOH+H2O的化学方程式.
(3)写出F可能的结构简式.
(4)
①写出A的结构简式.
②A能发生反应的类型有(填写字母编号)A.缩聚反应B.消去反应C.取代反应D.加成反应
(5)1摩尔C分别和足量的NaOH、金属Na反应,消耗NaOH与Na物质的量之比.
(6)写出D和浓硫酸加热生成能使溴水褪色的物质的反应化学方程式.xx学年山东省济宁市微山二中高三(下)第四次月考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题本题包括7小题.每小题6分,共42分,每小题只有一个选项符合题意.1.(6分)(xx春•微山县校级月考)我国科学家最近指出2050年后全球将出现的四大能源是,
①氚和氦﹣3的核聚变
②天然气水合物
③空间太阳能发电
④氢能.这四大能源未来在提供能量过程中会产生新核素的是()A.
①B.
②C.
③D.
④考点反应热和焓变.分析产生新核素,应发生原子核的变化,而化学反应只改变分子的种类,原子种类不改变,以此解答.解答解
②天然气水合物、
④氢能等燃烧的过程为提供能量的过程,为化学变化,原子种类不变,
③空间太阳能发电为太阳能转化为电能,原子种类不变;而
①氚和氦﹣3的核聚变,原子核发生变化,可能产生新核素.故选A.点评本题考查化学反应与能量变化以及核变与化学变化的区别,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意相关基础知识的积累,把握反应类型和特点的判断,难度不大.2.(6分)(xx秋•衢江区校级期中)卫生部发出公告,自2011年5月1日起,禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂.下列对过氧化钙的叙述错误的是()A.CaO2具有氧化性,对面粉可能具有增白作用B.CaO2和水反应时,每产生1molO2转移电子2molC.CaO2中阴阳离子的个数比为21D.CaO2和CO2反应的化学方程式为2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2考点氧化还原反应.分析CaO2中阳离子为钙离子,阴离子为过氧根离子,具有强氧化性和漂白性,CaO2和CO2反应与Na2O2和CO2反应类似都生成碳酸盐和氧气,以此来解答.解答解A.CaO2中阳离子为钙离子,阴离子为过氧根离子,具有强氧化性和漂白性,对面粉可能具有增白作用,故A正确;B.CaO2和水反应时,生成Ca(OH)2和O2,过氧化钙既是氧化剂又是还原剂,每产生1molO2转移电子2mol,故B正确;C.CaO2中阳离子为钙离子,阴离子为过氧根离子,阴、阳离子的个数比为11,故C错误;D.CaO2和CO2反应与Na2O2和CO2反应类似都生成碳酸盐和氧气,则CaO2和CO2反应的化学方程式为2CaO2+2CO2=2CaCO3+O2,故D正确;故选C.点评本题考查氧化还原反应,把握过氧化物中的化学键及与水的反应为解答的关键,注意与过氧化钠性质的相似之处即可解答,题目难度不大.3.(6分)(xx春•微山县校级月考)下列方法或操作正确且能达到预期目的是()序号实验目的方法及操作
①比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应
②欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键滴入KMnO4酸性溶液,看紫红色是否褪去
③证明蛋白质在某些无机盐溶液作用下发生变性向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液,有沉淀析出;再把沉淀加入蒸馏水中
④检验溴乙烷中的溴元素将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后,向溶液中加稀HNO3酸化,再滴加AgNO3溶液
⑤判断不同反应的反应速率的大小比较不同反应的反应热数据的大小A.
①②④B.
②③④C.
①③④D.
②③⑤考点化学实验方案的评价.专题实验评价题.分析
①钠和水、乙醇都反应生成氢气,但反应剧烈程度不同;
②碳碳不饱和键、醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化;
③重金属能使蛋白质变性;
④在检验卤代烃中卤元素时,应该先将卤代烃发生水解反应,然后加入酸中和,最后滴加硝酸银溶液检验卤离子;
⑤反应速率与反应热无关.解答解
①水中氢氧根离子和乙醇中羟基都可以和钠反应生成氢气,但钠和水反应较剧烈,和乙醇反应较缓慢,可以根据钠和水、乙醇反应快慢确定水和乙醇羟基中H原子的活泼性,故正确;
②碳碳不饱和键、醛基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键,故错误;
③Cu属于重金属,能使蛋白质变性,所以向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铜溶液,有沉淀析出,再把沉淀加入蒸馏水中,沉淀不能溶解,故正确;
④检验溴乙烷中的溴元素时,应该先将溴乙烷和氢氧化钠水溶液发生水解反应自由移动的溴离子,然后加入酸中和,最后滴加硝酸银溶液检验溴离子,如果产生淡黄色沉淀,就证明含有溴元素,故正确;
⑤反应速率与反应热无关,与物质本身的性质、温度等因素有关,故错误;故选C.点评本题考查化学实验方案评价,涉及溴元素检验、反应速率影响因素、蛋白质变性等知识点,侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查,注意把握实验原理和操作方法,注意
④中加入硝酸银溶液前要加入酸中和碱,否则导致实验失败,为易错点.4.(6分)(xx秋•扶余县校级期末)雾霾严重影响人们的生活与健康.某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子Na+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、NO3﹣、CO32﹣.某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后得试样X溶液,设计并完成了如下的实验下列判断正确的是()A.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物B.Na+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中C.气体甲一定是纯净物D.CO32﹣和NO3﹣一定不存在于溶液X中考点常见阳离子的检验;常见阴离子的检验.专题物质检验鉴别题.分析能和盐酸反应获得气体的是碳酸根,会生成沉淀的是硅酸根离子,碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中,能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝,偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子,根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子,即可解答.解答解加HCl有气体说明有CO32﹣,生成的气体是二氧化碳,一定不存在和碳酸根离子不共存的离子,所以不存在镁离子、铝离子,加盐酸有沉淀,说明一定有硅酸根离子,硅酸是沉淀,加入过量氨水(提供OH﹣)有沉淀生成,只能是氢氧化铝沉淀,说明此时溶液中存在铝离子,但是原来溶液中的铝离子一定不能存在,所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的,所以,一定存在偏铝酸根离子,要保证溶液电中性,只有Na+这一个阳离子,所以一定存在钠离子;A.溶液中一定含有CO32﹣,则一定不含有镁离子,它们和镁离子都不共存,所以沉淀甲是硅酸,不可能是硅酸镁,故A错误;B.上述分析可知,Na+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中,故B正确;C.加HCl有气体说明有CO32﹣,生成的气体是二氧化碳,但可能混有水蒸气和氯化氢,不一定是纯净物,故C错误;D.硝酸根离子是否存在不能确定,CO32﹣一定存在,故D错误;故选B.点评本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识,注意离子的特征离子反应是解题的关键,本题难度中等.5.(6分)(xx春•微山县校级月考)短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大.元素X是形成化合物种类最多的元素,Y、R同主族,R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半,W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料.下列说法正确的是()A.X、W、R的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是X<W<RB.气态氢化物的稳定性Y>RC.X、Y、W、R的原子半径由大到小的顺序为R>W>X>YD.X、W的氧化物由固态转化为气态时,克服相同的作用力考点原子结构与元素周期律的关系.专题元素周期律与元素周期表专题.分析短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大.元素X是形成化合物种类最多的元素,则X为C元素;W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料,则W为Si;Y、R同主族,R的原子序数大于Si,则R处于第三周期,R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半,则R元素原子最外层电子数为=5,故Y为N元素,R为P元素,结合元素周期律解答.解答解短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大.元素X是形成化合物种类最多的元素,则X为C元素;W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料,则W为Si;Y、R同主族,R的原子序数大于Si,则R处于第三周期,R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半,则R元素原子最外层电子数为=5,故Y为N元素,R为P元素,A.非金属性W(Si)<R(P)<Y(N),故最高价含氧酸的酸性硅酸<磷酸<硝酸,故A错误;B.非金属性Y(N)>R(P),则气态氢化物稳定性Y>R,故B正确;C.同周期自左而右原子半径减小,电子层越多原子半径越大,故原子半径W(Si)>R(P)>X(C)>Y(N),故C错误;D.X、W的氧化物为分别为二氧化碳、二氧化硅,前者属于分子晶体,后者属于原子晶体,由固态转化为气态时,前者克服分子间注意力,后者需要克服共价键,故D错误,故选B.点评本题考查结构性质位置关系综合应用,侧重对元素周期律的考查,推断元素是解题关键,注意对基础知识的理解掌握.6.(6分)(xx秋•扶余县校级期末)足量铜与一定量的浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO
2、NO的混合气体
2.24L(标准状况),这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸.若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是50mL,下列说法正确的是()A.参加反应的硝酸是
0.4molB.消耗氧气的体积为
1.68LC.此反应过程中转移的电子为
0.3molD.混合气体中含NO
21.12L考点有关混合物反应的计算.专题计算题.分析标况下
2.24L混合气体的物质的量为=
0.1mol;50mL4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为4mol/L×
0.05L=
0.2mol,A.铜离子恰好沉淀时,反应后的溶质为硝酸钠,根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为
0.02mol,再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量;B.生成氢氧化铜的物质的量为
0.2mol×=
0.1mol,反应消耗的铜的物质的量为
0.1mol,
0.1mol铜完全反应失去
0.2mol电子,根据电子守恒,氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等,根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量,再计算出其体积;C.根据B的分析可知反应转移的电子的物质的量;D.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y,分别根据总体积、电子守恒列式计算.解答解标况下
2.24L混合气体的物质的量为=
0.1mol;50mL4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为4mol/L×
0.05L=
0.2mol,A.铜离子恰好沉淀时,反应后的溶质为硝酸钠,根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为
0.02mol,根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为
0.1mol+
0.2mol=
0.3mol,故A错误;B.生成氢氧化铜的物质的量为
0.2mol×=
0.1mol,反应消耗的铜的物质的量为
0.1mol,
0.1mol铜完全反应失去
0.2mol电子,根据电子守恒,氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等,则消耗氧气的物质的量为=
0.05mol,消耗标况下氧气的体积为
22.4L/mol×
0.05mol=
1.12L,故B错误;C.根据B的分析可知,反应转移的电子为
0.2mol,故C错误;D.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y,则x+y=
0.1,根据电子守恒可得3x+y=
0.2,解得x=
0.05mol、y=
0.05mol,所以混合气体中二氧化氮的体积为
1.12L,故D正确;故选D.点评本题考查了有关离子反应的计算,题目难度中等,明确铜过量及发生反应原理为解答关键,转移电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法.7.(6分)(xx秋•扶余县校级期末)甲、乙、丙、丁四种物质中,甲、乙、丙均含有相同的某种元素,它们之间具有如下转化关系甲乙丙.下列有关物质的推断不正确的是()A.若甲为Cl2,则丁可能是铁B.若甲为NH3,则丁可能是氧气C.若甲为AlCl3溶液,则丁可能是氨水D.若甲为NaOH,则丁可能是SO2考点无机物的推断.专题推断题.分析A.甲为Cl2,则丁可能是Fe,则乙为FeCl3,丙为FeCl2;B.甲为NH3,则丁可能是氧气,则乙为NO,丙为NO2;C.若甲为AlCl3,丁是氨水,则乙为氢氧化铝或氯化铵,氢氧化铝不能溶于氨水,氯化铵不与氨水反应;D.甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2,乙为Na2CO3,丙为NaHCO3.解答解A.甲为Cl2,则丁可能是Fe,则乙为FeCl3,丙为FeCl2,则FeFeCl3FeCl2,故A正确;B.甲为NH3,则丁可能是氧气,则乙为NO,丙为NO2,则NH3NONO2,故B正确;C.若甲为AlCl3,丁是氨水,则乙为氢氧化铝或氯化铵,氢氧化铝不能溶于氨水,氯化铵不与氨水反应,不符合转化关系,故C错误;D.甲为NaOH溶液,则丁可能是CO2,乙为Na2CO3,丙为NaHCO3,碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠,符合转化关系,故D正确,故选C.点评本题考查无机物的推断,综合考查元素化合物性质,关键是掌握物质之间的相互转化,题目难度中等.
三、非选择题包括必考题和选考题两部分.考生根据要求作答.
(一)必考题8.(8分)(xx•河东区一模)实验室常见的几种气体发生装置如图A、B、C所示
(1)实验室可以用B或C装置制取氨气,如果用B装置制取氨气其化学反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑.
(2)气体的性质是选择气体收集方法的主要依据.下列性质与收集方法无关的是
②④(填序号,下同).
①密度
②颜色
③溶解性
④热稳定性
⑤与氧气反应
(3)若用A装置与D装置相连制取并收集X气体,则X可以是下列气体中的
③.
①CO2
②NO
③Cl2
④H2
⑤HCl其中在D装置中连接小烧杯的目的是吸收尾气,防止产生污染.考点实验装置综合.专题实验设计题.分析
(1)B用于加热固体制备气体;
(2)收集气体的方法的选择可依据气体的密度和溶解性,如气体与氧气反应则只能用排水法收集;
(3)AD连接是利用向上排气法收集气体;吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气.解答解
(1)B用于加热固体制备气体,如制备氨气,可用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应,生成氨气和氯化钙,方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑,故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑;
(2)选择气体收集方法,不需要考虑气体颜色和热稳定性,依据气体密度,是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集,依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法,故答案为
②④;
(3)若用A装置与D装置相连制取并收集X气体,则气体应在加热条件下制备,可为氯气、氯化氢,且用向上排空法收集,如为氯气,则尾气吸收时导管不能插入液面以下,防止倒吸,吸收氯气可用氢氧化钠溶液,防止污染空气,故答案为
③;吸收尾气,防止产生污染.点评本题考查气体的制备和收集,为高频考点,侧重于学生的实验能力的考查,题目难度不大,注意从物质的性质角度选择制备方法和收集方法.9.(8分)(xx•白城校级二模)某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O
2、浓氨水为原料,在活性炭催化下,合成了橙黄色晶体X.为确定其组成,进行如下实验.
(1)经测定,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163,钴的化合价为+3,制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2═2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;
(2)氨的测定精确称取wgX,加适量水溶解,注入如图2所示的三颈瓶中,然后逐滴加入足量10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,用V1mLclmol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收.蒸氨结束后取下接收瓶,用c2mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl,到终点时消耗V2mLNaOH溶液.
①装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时,安全管中液面上升,使A瓶中压力稳定.
②样品中氨的质量分数表达式为×100%.考点探究物质的组成或测量物质的含量.分析
(1)经测定,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163,则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3,根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价;该反应中Co失电子、双氧水得电子,CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O
2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水;
(2)
①通过2中液面调节A中压强;
②根据氨气与和盐酸反应之间的关系式计算氨气的质量,再根据质量分数公式计算氨质量分数.解答解
(1)经测定,样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为163,则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3,根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价;该反应中Co失电子、双氧水得电子,CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O
2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水,反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O,故答案为+3;2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;
(2)
①无论三颈瓶中压强过大或过小,都不会造成危险,若过大,A在导管内液面升高,将缓冲压力,若过小,外界空气通过导管进入烧瓶,也不会造成倒吸,安全作用的原理是使A中压强稳定,故答案为当A中压力过大时,安全管中液面上升,使A瓶中压力稳定;
③与氨气反应的n(HCl)=V1×10﹣3L×C1mol•L﹣1﹣C2mol•L﹣1×V2×10﹣3L=(C1V1﹣C2V2)×10﹣3mol,根据氨气和HCl的关系式知,n(NH3)=n(HCl)=(C1V1﹣C2V2)×10﹣3mol,氨的质量分数=×100%,故答案为×100%.点评本题考查了物质含量的测定,涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点,明确实验原理是解本题关键,知道指示剂的选取方法,题目难度中等.10.(14分)(xx春•微山县校级月考)X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期主族元素.X的单质为密度最小的气体,Y是地壳中含量最多的元素,Y和R同主族,可组成共价化合物RY2,Z能与冷水剧烈反应生成一种可燃性气体,X在W中燃烧,产物溶于水得到一种强酸.请回答下列问题
(1)R在周期表中的位置是第三周期ⅥA族,Z、R、W三种元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是HClO4.(填化学式)
(2)X、Y、Z两种或三种元素组成的化合物中,既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2.(填化学式)
(3)X和Y组成的化合物中,既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2(填化学式).此化合物可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨,相应的离子方程式为H2O2+CN﹣+OH﹣═CO32﹣+NH3.
(4)Y、Z、R三种元素组成的盐,R的质量分数为
40.5%,其水溶液与W单质反应的离子反应方程式为4Cl2+S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+10H++8Cl﹣.考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素.X的单质为密度最小的气体,则X为H元素;Y是地壳中含量最多的元素,则Y为O元素;Y和R同主族,则R为S元素,可组成共价化合物SO2;Z能与冷水剧烈反应生成一种可燃性气体,则Z为Na;X在W中燃烧,产物溶于水得到一种强酸,则W为Cl,据此解答.解答解X、Y、Z、R、W是原子序数依次增大的五种短周期元素.X的单质为密度最小的气体,则X为H元素;Y是地壳中含量最多的元素,则Y为O元素;Y和R同主族,则R为S元素,可组成共价化合物SO2;Z能与冷水剧烈反应生成一种可燃性气体,则Z为Na;X在W中燃烧,产物溶于水得到一种强酸,则W为Cl,
(1)R为S元素,在周期表中的位置是第三周期ⅥA族,Na、S、Cl三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、硫酸、高氯酸,酸性最强的是HClO4,故答案为第三周期ⅥA族;HClO4;
(2)H、O、Na两种或三种元素组成的化合物中,既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2,故答案为NaOH、Na2O2;
(3)H和O组成的化合物中,既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2,此化合物可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨,相应的离子方程式为H2O2+CN﹣+OH﹣═CO32﹣+NH3,故答案为H2O2;H2O2+CN﹣+OH﹣═CO32﹣+NH3;
(4)O、Na、S三种元素组成的盐,S的质量分数为
40.5%,Na2S2O3符合题意,其水溶液与氯气反应的离子反应方程式为4Cl2+S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+10H++8Cl﹣,故答案为4Cl2+S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+10H++8Cl﹣.点评本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,侧重考查学生对知识的迁移应用,需要学生具备知识的基础,
(4)为易错点,中学较少涉及硫代硫酸钠,难度中等.11.(13分)(xx春•微山县校级月考)如图中A~K分别代表有关反应的一种反应物或生成物,其中A、C、F、K是固体.已知A是一种不含金属元素的盐,受热分解得到三种产物物质的量之比为211的;A加热后生成的混合气体若通过碱石灰,只剩余气体B(B为无色有刺激性气味的气体),若通过浓硫酸则只剩余气体D(D为无色无味气体);C为淡黄色固体.各物质间的转化关系如图所示请回答
(1)D中化学键的类型为共价键,C的电子式,B的空间构型为三角锥形.
(2)写出A的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式NH4++OH﹣2NH3↑+H2O(或NH4++OH﹣═NH3•H2O).
(3)写出J与K反应的化学方程式C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O.
(4)在标准状况下
4.48L的H与I恰好被100mlNaOH溶液完全吸收,所需NaOH溶液的物质的量浓度为2mol•L﹣1.
(5)工业尾气中含有各种氮的氧化物(主要是NO和NO2,表示为NOx),NOx是严重的大气污染物,处理这些废气方法之一是通入适量的B,反应后会生成一种无色无味的气体.写出NOx与B反应的化学方程式2NH3+NO2+NO═2N2+3H2O或4xNH3+6NOx═(2x+3)N2+6xH2O.考点无机物的推断.专题推断题.分析A是一种不含金属元素的盐,应为铵盐,受热分解得到三种产物物质的量之比为211,A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰,只剩余气体B(B为无色有刺激性气味的气体)推断为NH3,若通过浓硫酸则只剩余气体D,判断D为CO2,推断A为(NH4)2CO3,结合转化关系B+E在催化剂作用下加热生成G+H,H能发生连续反应,说明是氨气的催化氧化反应判断E为O2,G为H2O,H为NO,I为NO2,N为HNO3,D(CO2)+C=E(O2)+F,判断C为Na2O2,F为Na2CO3,依据转化关系K+E(O2)=D(CO2)反应是点燃条件下发生的反应,判断K为C,结合物质的性质及化学用语来解答.解答解A是一种不含金属元素的盐,应为铵盐,受热分解得到三种产物物质的量之比为211,A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰,只剩余气体B(B为无色有刺激性气味的气体)推断为NH3,若通过浓硫酸则只剩余气体D,判断D为CO2,推断A为(NH4)2CO3,结合转化关系B+E在催化剂作用下加热生成G+H,H能发生连续反应,说明是氨气的催化氧化反应判断E为O2,G为H2O,H为NO,I为NO2,N为HNO3,D(CO2)+C=E(O2)+F,判断C为Na2O2,F为Na2CO3,依据转化关系K+E(O2)=D(CO2)反应是点燃条件下发生的反应,判断K为C,
(1)由以上分析可知D为CO2,含有极性共价键,C为Na2O2,电子式为,B为NH3,为三角锥形结构,故答案为共价键;;三角锥形;
(2)固体A为碳酸铵,溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4++OH﹣2NH3↑+H2O(或NH4++OH﹣═NH3•H2O),故答案为NH4++OH﹣2NH3↑+H2O(或NH4++OH﹣═NH3•H2O);
(3)N与K反应的化学方程为C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O,故答案为C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O;
(4)在标准状况下
4.48L的NO与NO2恰好被100mlNaOH溶液完全吸收,发生NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O,气体共为=
0.2mol,则n(NaOH)=
0.2mol,c(NaOH)==2mol/L,故答案为2;
(5)B为氨气,与NOx反应生成氮气和水,反应的方程式为2NH3+NO2+NO═2N2+3H2O或4xNH3+6NOx═(2x+3)N2+6xH2O,故答案为2NH3+NO2+NO═2N2+3H2O或4xNH3+6NOx═(2x+3)N2+6xH2O.点评本题考查无机物的推断,注意元素化合物的性质应用,题目难度较大,本题解答时要善于抓住题中信息,为解答该题的关键,也是易错点,学习中要加强信息迁移能力的培养.
(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1题解答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑.注意所做题目必须与所涂题目一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.【化学--选修2化学与技术】(15分)12.(15分)(xx春•微山县校级月考)实验室里用某工厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)来制备绿矾(FeSO4•7H2O)和聚铁(碱式硫酸铁的聚合物),其过程如下
(1)若用浓硫酸配制过程
①所需的250mL
3.0mol•L﹣1的稀硫酸,所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外,还需要250mL容量瓶、胶头滴管.
(2)过程
②用到多种硅酸盐质的仪器,除玻璃棒、酒精灯、泥三角外,还有坩埚(填仪器名称),该过程产生的尾气会对大气造成污染,可选用下列试剂中的c吸收.a.浓硫酸b.蒸馏水c.NaOH溶液d.浓硝酸
(3)过程
③中,需要加入的物质名称是铁,检验溶液X中金属阳离子是否完全转化的试剂为硫氰化钾溶液(填试剂名称).
(4)过程
④的操作是将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,即得到FeSO4•7H2O晶体.过程
⑥中,将溶液Z加热到70~80℃,目的是促进Fe3+的水解.
(5)实验室为测定所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数,进行下列实验.
①用分析天平称取样品
3.200g;
②将样品溶于足量盐酸后,加入足量的氯化钡溶液;
③过滤、洗涤、干燥、称量,得固体质量为
3.495g.若该聚铁主要成分为[Fe(OH)SO4]n,则该聚铁中铁元素的质量分数为
26.25%.考点物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题实验设计题.分析烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气,过滤后,得到固体W中含有S、SiO2,再灼烧后尾气中含有二氧化硫.溶液X含有Fe2(SO4)3及未反应的硫酸,溶液X中加入Fe粉,反应完毕,过滤得到溶液Y为FeSO4溶液,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾.溶液X调节pH得到溶液Z,加热促进Fe3+的水解得到聚铁胶体,再经过胶体聚沉得到聚铁,通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系.
(1)用浓硫酸配制250mL
3.0mol•L﹣1的稀硫酸,需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管;
(2)过程
②为固体灼烧,用到多种硅酸盐质的仪器,除玻璃棒、酒精灯、泥三角外,还有坩埚;该过程产生的尾气中含有二氧化硫,选择的吸收剂能很好的溶解二氧化硫或与二氧化硫反应,但不能产生新的有害气体;
(3)过程
③中将硫酸铁转化为硫酸亚铁,加入Fe粉;溶液X中金属阳离子为Fe3+,利用KSCN溶液检验是否完全转化;
(4)从溶液中获得晶体,需要经过加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作;将溶液Z加热到70~80℃有利于铁离子水解的进行;
(5)步骤
③中得到
3.495g固体为BaSO4沉淀,根据n=计算BaSO4的物质的量,根据硫酸根守恒,可以计算聚铁中硫酸根的物质的量,结合聚铁中Fe与硫酸根比例关系计算Fe的物质的量,再根据m=nM计算铁元素质量,进而计算铁元素质量分数.解答解烧渣中加入稀硫酸、同时通入氧气,过滤后,得到固体W中含有S、SiO2,再灼烧后尾气中含有二氧化硫.溶液X含有Fe2(SO4)3及未反应的硫酸,溶液X中加入Fe粉,反应完毕,过滤得到溶液Y为FeSO4溶液,再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到绿矾.溶液X调节pH得到溶液Z,加热促进Fe3+的水解得到聚铁胶体,再经过胶体聚沉得到聚铁,通过调节pH可以控制氢氧化铁与硫酸铁的比例关系.
(1)用浓硫酸配制250mL
3.0mol•L﹣1的稀硫酸,所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外,还需要250mL容量瓶、胶头滴管,故答案为250mL容量瓶、胶头滴管;
(2)过程
②为固体灼烧,用到多种硅酸盐质的仪器,除玻璃棒、酒精灯、泥三角外,还有坩埚;该过程产生的尾气中含有二氧化硫,浓硫酸不能吸收二氧化硫,二氧化硫在水溶解度虽然较大,亚硫酸溶于易挥发得到二氧化硫,但不宜使用水吸收进行处理,氢氧化钠与硝酸都能与二氧化硫反应,但硝酸反应会产生氮的氧化物,而污染空气,应选择NaOH,故答案为坩埚;c;
(3)溶液X中含有Fe3+,要制备绿矾,应加入Fe使之还原为Fe2+,加入铁可生成Fe2+,并且不引入新的杂质,过程
③中需要加入Fe粉;溶液X中金属阳离子为Fe3+,利用KSCN溶液检验是否完全转化,取反应后的溶液少许于试管中,加入KSCN溶液,若溶液不变红色,说明反应完全,若溶液变为红色,说明未反应完全,故答案为铁;硫氰化钾溶液;
(4)从硫酸亚铁溶液中获得FeSO4•7H2O晶体,需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作;过程
⑥目的为促进的水解,加热有利于水解的进行,促进Fe3+的水解,故答案为蒸发浓缩、冷却结晶;促进Fe3+的水解;
(5)步骤
③中得到
3.495g固体为BaSO4沉淀,其物质的量为=
0.015mol,根据硫酸根守恒,可以计算聚铁中硫酸根为
0.015mol,结合聚铁中Fe与硫酸根比例关系可知Fe的物质的量为
0.015mol,故铁元素质量分数为×100%=
26.25%,故答案为
26.25%.点评本题考查物质制备方案、溶液配制、物质的分离提纯、基本操作、对条件控制的分析评价、物质组成含量的测定等,是对学生综合能力的考查,需要学生具备扎实的基础,
(5)中注意利用守恒法计算硫酸根物质的量,再结合化学式计算,难度中等.【化学--选修3物质结构与性质】(15分)13.(xx春•微山县校级月考)氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈,配位氢化物、富氢载体化合物是目前所采用的主要储氢材料.
(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料.在基态Ti2+中,电子占据的最高能层符号为M,该能层具有的原子轨道数为9.
(2)液氨是富氢物质,是氢能的理想载体,利用N2+3H2⇌2NH3,实现储氢和输氢.下列说法正确的是cd.a.NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化b.NH4+与PH4+、CH
4、BH4﹣、ClO4﹣互为等电子体c.相同压强时,NH3的沸点比PH3的沸点高d.[Cu(NH3)4]2+中,N原子是配位原子
(3)已知NF3与NH3的空间构型相同,但NF3不易与Cu2+形成配离子,其原因是N、H、F三种元素的电负性为F>N>H,在NF3中,共用电子对偏向氟原子,偏离氮原子,使得氮原子上的孤对电子对难以与Cu2+形成配位键.
(4)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中,Sn原子的轨道杂化方式为SP2杂化,SnBr2分子中Sn﹣Br的键角<120°(填“>”“<”或“=”).
(5)NiO的晶体结构与氯化钠相同,在晶胞中镍离子的配位数是6.已知晶胞的边长为anm,NiO的摩尔质量为bg•mol﹣1,NA为阿伏加德罗常数的值,则NiO晶体的密度为g•cm﹣3.考点原子轨道杂化方式及杂化类型判断;配合物的成键情况;晶胞的计算.分析
(1)写出Ti2+核外电子排布式,判断其最高能层和该能层下的原子轨道数;
(2)a.根据价层电子对互斥理论确定杂化方式;b.等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团;c.分子间存在氢键的熔沸点高;d.提供孤电子对的原子是配原子;
(3)根据配合物结构判断,Cu2+提供空轨道,NH3和NF3中中心原子N原子提供孤电子对,根据NH3和NF3中共用电子对的偏转判断;
(4)先判断价层电子对数目判断杂化类型,中心原子的孤电子对对成键电子对有排斥作用进而判断分子中Sn﹣Br的键角;
(5)根据氯化钠型晶胞判断;根据晶胞的密度ρ=计算.解答解
(1)基态Ti2+价电子排布式为3d2,最高能层为M层,该能层下含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道,共有9个原子轨道,故答案为M;9;
(2)a.NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对,所以其价层电子对是4,采用sp3杂化,故a错误;b.等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团,NH+4与PH+
4、CH
4、BH﹣4均含有5个原子团,且价电子均为8,为等电子体,而ClO﹣4价电子数为32,不属于等电子体,故b错误;c.分子间存在氢键的熔沸点高,相同压强时,氨气中含有氢键,PH3中不含氢键,所以NH3沸点比PH3高,故c正确;d.提供孤电子对的原子是配原子,[Cu(NH3)4]2+离子中,N原子提供孤对电子,N原子为配原子,故d正确;故答案为cd;
(3)根据配合物结构判断,Cu2+提供空轨道,NH3和NF3中中心原子N原子提供孤电子对,由于N、F、H三种元素的电负性为F>N>H,在NF3中,共用电子对偏向F,偏离N原子,使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键,故答案为N、F、H三种元素的电负性为F>N>H,在NF3中,共用电子对偏向F,偏离N原子,使得氮原子上的孤电子对难于与Cu2+形成配位键;
(4)SnBr2分子中Sn原子价层电子对个数=2+×(4﹣2×1)=3,所以Sn原子的轨道杂化方式为SP2杂化,且含有一个孤电子对,所以该分子为V形分子,孤电子对对成键电子对有排斥作用,所以其键角小于120°,故答案为SP2杂化;<;
(5)与NaCl晶胞类型一致,其配位数也为6;该晶胞的边长为anm,则晶胞体积=a3×10﹣21cm3,根据均摊法可知,在NiO晶胞中含镍原子数为8×+6×=4,氧原子数为1+12×=4,NiO的摩尔质量为bg•mol﹣1,所以晶胞的质量为,所以晶胞的密度ρ===g•cm﹣3,故答案为6;;点评本题考查物质结构和性质,涉及核外电子排布、杂化方式的判断等知识点,注意[Cu(NH3)4]2+离子的中心原子是提供空轨道的原子,题目难度中等.晶体密度的计算解题时注意均摊法,运用和基本计算公式的运用.【化学--选修5有机化学基础】(15分)14.(xx春•微山县校级月考)已知两个羧基之间在浓硫酸作用下脱去一分子水生成酸酐,如图1所示某酯类化合物A是广泛使用的塑料增塑剂.A在酸性条件下能够生成B、C、D,转化过程如图2所示.请回答相关问题
(1)CH3COOOH称为过氧乙酸,写出它的一种用途杀菌消毒等.
(2)写出B+E→CH3COOOH+H2O的化学方程式.
(3)写出F可能的结构简式任意一种.
(4)
①写出A的结构简式.
②A能发生反应的类型有C(填写字母编号)A.缩聚反应B.消去反应C.取代反应D.加成反应
(5)1摩尔C分别和足量的NaOH、金属Na反应,消耗NaOH与Na物质的量之比43.
(6)写出D和浓硫酸加热生成能使溴水褪色的物质的反应化学方程式CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O.考点有机物的合成.专题有机物的化学性质及推断.分析C在浓硫酸、加热条件下脱去1分子水生成F,可能发生消去反应,也可能形成酸酐,则F结构简式可能为,D被氧化生成G,G无支链且能发生银镜反应,则G含醛基,所以D结构简式为CH3CH2CH2CH2OH,G结构简式为CH3CH2CH2CHO,A是酯类化合物,酸性条件下水解得到B、C、D,结合A的分子式可知,组成存在“A(C20H34O8)+4H2O→B(C2H4O2)+C(C6H8O7)+3D(C4H10O)”的关系,可推知B为CH3COOH,则A结构简式为,而B与氧化剂E反应得到过氧乙酸与水,则E为H2O2,据此解答.解答解C在浓硫酸、加热条件下脱去1分子水生成F,可能发生消去反应,也可能形成酸酐,则F结构简式可能为,D被氧化生成G,G无支链且能发生银镜反应,则G含醛基,所以D结构简式为CH3CH2CH2CH2OH,G结构简式为CH3CH2CH2CHO,A是酯类化合物,酸性条件下水解得到B、C、D,结合A的分子式可知,组成存在“A(C20H34O8)+4H2O→B(C2H4O2)+C(C6H8O7)+3D(C4H10O)”的关系,可推知B为CH3COOH,则A结构简式为,而B与氧化剂E反应得到过氧乙酸与水,则E为H2O2,
(1)CH3COOOH称为过氧乙酸,具有强氧化性,可用于杀菌消毒等,故答案为杀菌消毒等;
(2)B+E→CH3COOOH+H2O的化学方程式为,故答案为;
(3)C在浓硫酸、加热条件下脱去1分子水生成F,可能发生消去反应,也可能形成酸酐,则F结构简式可能为,故答案为任意一种,
(4)
①由上述分析可知,A的结构简式为,故答案为;
②根据A的结构简式可知,A中有酯基,可发生取代反应,故选C;
(5)1molC含有3mol羧基、1mol羟基,羧基、羟基都能与钠反应,而醇羟基不能与氢氧化钠反应,故1molC可以消耗4molNa、3molNaOH,消耗Na与NaOH物质的量之比是43,故答案为43;
(6)D为CH3CH2CH2CH2OH,D和浓硫酸加热发生消去反应,生成能使溴水褪色的物质的反应化学方程式为CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O,故答案为CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O.点评本题考查有机物的推断,是对有机知识的综合运用,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,较好的考查考生的分析推理能力,难度中等,是热点题型.。