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2019届高三1月教学质量测评理科综合能力测试(化学部分)可能用到的相对原子质量H-1C-12O-16Mg-24S-32C1-
35.5Fe-56Zn-65Zr-91
一、选择题本题共13小题,每小题6分,共78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.工业氧化铍可生产金属铍、制作铍合金及特殊陶瓷由绿柱石含3BeO·Al2O3·6SiO2及铁等微量元素和方解石主要成分是CaCO3为原料生产氧化铍的工艺流程如下已知Be与Al性质相似下列叙述错误的是A.“浸渣”受热后的主要成分是SiO2和CaSO4B.利用“碱溶渣”可回收金属铁C.“水解,调节pH”反应的主要离子是BeO22-D.上述流程中“碱、水”宜使用廉价的氨水,降低生产成本【答案】D【解析】【分析】铍矿物(绿柱石-3BeO•Al2O3•6SiO2及铁等微量元素)和方解石熔炼,然后加入稀硫酸,SiO
2、Al2O3分别与CaCO3反应生成CaSiO
3、铝酸钙,BeO和熔融方解石反应生成铍酸钙,Fe元素被氧化,然后加入稀硫酸溶解,浸出出液中含有BeSO
4、Al2(SO4)
3、Fe2(SO4)3,然后向溶液中加入“碱、水”,调节溶液pH除去铁离子,然后过滤得到氢氧化铁沉淀,滤液中含有BeO22-、AlO2-,再调节溶液pH,得到Be(OH)2沉淀,煅烧氢氧化铍得到工业BeO,以此分析【详解】A.利用“原子去向分析法”,硫酸浸泡后生成不溶性或微溶性的H2SiO3和CaSO4,受热后H2SiO3转化为SiO2,故A正确;B.“碱溶渣”中有氢氧化铁,可用于回收金属铁,故B正确;C.“水解”反应的主要离子是BeO22-,故C正确;D.流程中“碱、水”将Be、Al元素分别转化为BeO22-和AlO2-,只能使用强碱,故D错误答案选D【点睛】在化学工艺流程题中涉及溶液的pH控制,可以从以下角度分析
①调节溶液的酸碱性,抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀);
②“酸作用”可以除去氧化物(膜);
③“碱作用”可以除去油污,除去铝片氧化膜,溶解铝,二氧化硅等;
④特定的氧化还原反应需要在酸性条件(或碱性条件)
2.化学与社会、生活、技术密切相关下列相关说法正确的是A.二氧化硅是太阳能电池板的主要材料,太阳能替代化石燃料有利于节约资源、保护环境B.ClO2代替Cl2作消毒剂,不仅能够提高消毒效率,而且可以避免产生新的有害物质C.玉米、稻谷、大豆等农产品不仅富含天然有机高分子化合物,而且是重要的酿酒原料D.“刀耕火耨”描述我国远古时期利用草木灰作肥料,该肥料宜与磷酸铵混合施用【答案】B【解析】【详解】A.太阳能电池板的主要材料是晶体硅,故A错误;B.ClO2代替Cl2作消毒剂,相同条件下转移电子数更多,能提高消毒效率,且不会产生对人体有害的有机氯代物,故B正确;C.大豆中富含蛋白质,不属于多糖类,不能作酿酒原料,故C错误;D.草木灰的主要成分是碳酸钾,碳酸钾溶液呈碱性,NH4+与OH-作用产生氨气,使肥效降低,草木灰不宜与磷酸铵混合施用,故D错误答案选B
3.2018年11月在法国凡尔赛召开了国际计量大会,会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含
6.02214076×1023个基本单元,这一常数被称为阿伏加德罗常数,单位为mol-1”若NA表示阿伏加德罗常数的值,则下列说法错误的是A.新定义中阿伏加德罗常数的不确定度被消除B.常温常压下,
11.2LO2与N2组成的混合气体,含有原子个数小于NAC.117号元素符号为Ts中文名,其重氢化物D293Ts含有中子数为177NAD.
60.0gC3H8O中含有的C-C键可能小于2NA【答案】C【解析】【详解】A.根据新定义,NA就是具体的
6.02214076×1023个基本单元,不确定度被消除,故A正确;B.标准状况下,
11.2LO2与N2组成的混合气体,含有原子个数约为NA,而常温常压下,温度高于0,
11.2LO2与N2组成的混合气体,含有原子个数小于NA,故B正确;C.未说明重氢化物D293Ts的具体质量,无法计算中子数,故C错误;D.
60.0gC3H8O的物质的量为1mol,C3H8O存在多种同分异构体,若是醚类物质,则含有的C-C键为NA,若是醇类物质,则含有的C-C键为2NA,故D正确答案选C【点睛】本题为阿伏加德罗常数的应用题,解题关键是要看清题目中所设陷阱,注意气体摩尔体积的适用条件,有机物是否存在同分异构体等
4.下列实验操作、现象及结论均正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A项,油脂若在烧碱溶液中完全水解,生成物为高级脂肪酸钠和甘油,二者均易溶于水,水面上不会产生油膜,故A正确;B项,结论应该是酸性HCO3-CH3COOH,故B错误;C项,原固体物质可能是NaHSO4类离子化合物,故C错误;D项,结论是酸性H2SiO3H2SO3,但H2SO3不是S的最高价含氧酸,不能推出非金属性SSi,故D错误答案选A
5.立体烷烃中有一系列对称结构的烷烃,如正四面体烷C4H
4、棱晶烷C6H
6、立方烷C8H8等,下列有关说法错误的是A.以此类推分子式为C12H12的立体烷烃的结构应为正六棱柱B.上述一系列物质互为同系物,它们的通式为C2nH2nn≥2C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子,其二氯代物都有三种D.苯乙烯、环辛四烯与立方烷属于同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.由题意可以推测分子式为C12H12的立体烷烃的结构应为正六棱柱,故A正确;B.该系列有机物质的通式为C2nH2nn≥2,但它们不是同系物,故B错误;C.棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子,其二氯代物都有三种,故C正确;D.苯乙烯、环辛四烯与立方烷分子式相同,都为C8H8,但结构不同,属于同分异构体,故D正确答案选B【点睛】本题涉及同系物的判断,结构相似,分子组成上相差一个或若干个CH2的化合物互称为同系物同系物具有相同的通式,但通式相同的化合物不一定是同系物
6.已知右表为截取的元素周期表的片段,其中Ⅹ、Y、Z、W均为前四周期的主族元素,下列说法正确的是A.116号Lv元素的原子结构有7个电子层,与X元素可以位于同一主族B.X、Y、Z、W四种元素中可能有两种为金属元素C.Y的最高价氧化物对应水化物有可能属于强酸D.X的氢化物有可能与Z或W的最高价氧化物对应水化物反应【答案】D【解析】【详解】A.根据118号元素逆推,可以得出116号Lv元素位于第7周期,其对应的原子结构应该有7个电子层,最外层有6个电子,处于第VIA族,若与X元素位于同一主族,则W为0族元素,与已知矛盾,故A错误;B.根据X、Y、Z、W均为前四周期的主族元素以及它们所在周期表的片段特点,可以得出X、Y可能为第IIIA族、第IVA族或第VA族元素,所以X、Y、Z、W四种元素中最多有一种为金属元素,故B错误;C.Y的最高价氧化物对应水化物若为强酸,则Y为S元素,此时W位于0族,与已知矛盾,故C错误;D.若X为N元素,则X的氢化物NH3可与H2SO
4、HBrO4反应,故D正确答案选D【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律,解题的关键是正确把握元素周期表结构,要注意强化记忆元素周期表的结构,对于所给表格片段式“位-构-性”推断,要把握各元素之间的关系
7.“锌+碘”新型安全动力电池有望取代目前广泛使用的“铅蓄电池”、“锂电池”等,已知该电池的工作原理如图所示下列有关说法错误的是A.该电池安全性高,且对环境友好B.正极反应式为I3-+2e-=3I-,电极a附近显红色C.电子的移动方向为“Zn→电极a→电极b→石墨毡”D.“回流通道”可以减缓电池两室的压差,避免电池受损【答案】C【解析】【详解】A.该电池对环境友好,且避免使用易燃的有机电解液,更加安全,故A正确;B.正极发生还原反应,反应式为I3-+2e-=3I-,石墨电极a为阴极,电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,显碱性,遇到酚酞显红色,故B正确;C.电子不能通过溶液,即电子移动的方向为“Zn→电极a,电极b→石墨毡”,故C错误;D.该新型电池充放电过程,会导致电池内离子交换膜的两边会产生压差,所以“回流通道”的作用是减缓电池两室的压差,避免电池受损,故D正确答案选C
二、非选择题共174分第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答第33~38题为选考题,考生根据要求作答一必考题共129分
8.富马酸亚铁C4H2O4Fe常用于治疗缺铁性贫血,也可作食品营养强化剂,它可由糠醛()和硫酸亚铁制备已知回答下列问题I.制备富马酸实验装置如图所示,夹持装置已略去
(1)将
45.0g氯酸钠、
0.2g五氧化二钒置于三颈烧瓶中,加入适量水,滴加糠醛并加热至90~100℃,维持此温度3~4h实验中冷凝管的作用是_________,冷却液宜从___________填a”或“b”处进入
(2)冰水冷却使其结晶,并通过___________操作可以得到富马酸粗品
(3)再用1mol·L-1HCl溶液重结晶,得到纯富马酸该操作中用1mol·L-1HCl溶液的原因是_____________Ⅱ.合成富马酸亚铁
(4)取富马酸溶于适量水中,加入碳酸钠并加热、搅拌,调节pH
6.5~
6.7,产生大量气泡写出该反应的化学方程式___________
(5)将硫酸亚铁溶液和适量的Na2SO3溶液缓慢加入上述反应液中,维持温度100℃并充分搅拌3~4h
①该操作过程中加入适量的Na2SO3溶液,其目的是___________
②写出生成富马酸亚铁的离子方程式_____________
(6)过滤、干燥得到产品过滤时滤纸要紧贴漏斗内壁,原因是________Ⅲ.产品纯度测定
(7)取
0.300g样品置于250mL锥形瓶中,加入
15.00mL硫酸,加热溶解后冷却,再加入
50.00mL新沸过的冷水和2滴邻二氮菲指示液,此时溶液呈红色;立即用
0.1000mol·L-1硫酸铈Ⅳ铵[NH42CeSO43]标准液滴定还原产物为Ce3+,滴定终点溶液变为浅蓝色平行测定三次,平均消耗
17.30mL标准液,则样品的纯度为___________【答案】
1.冷凝回流,提高糠醛的转化率及减少富马酸的挥发
2.a
3.过滤
4.加盐酸,使HOOC-CH=CH-COOHOOC-CH=CH-COO2-+2H+平衡逆向移动,促使富马酸晶体析出,提高产量
5.HOOC-CH=CH-COOH+Na2CO3NaOOC-CH=CH-COONa+H2O+CO2↑
6.防止富马酸亚铁(或Fe2+或富马酸根离子)被氧化
7.OOC-CH=CH-COO2-+Fe2+→FeOOC-CH=CH-COO↓
8.防止滤纸与漏斗壁之间留有气泡,影响过滤速率(或防止滤纸破损,影响过滤效果)
9.
98.03%【解析】【分析】
(1)冷凝管的作用是冷凝,防止有机物挥发造成反应物转化率降低冷凝管中冷却液的流向一般都是“下进上出”
(2)从溶液中提取溶质需经过结晶、过滤、干燥等操作
(3)富马酸是弱电解质,微溶于冷水,加入盐酸后可抑制富马酸的电离,降低在水中的溶解
(4)根据实验现象可以得到反应的化学方程式
(5)
①Fe3+可以被SO32-还原为Fe2+,所以加入适量的Na2SO3溶液是为了防止富马酸亚铁(或Fe2+或富马酸根离子)被氧化
②根据信息可以得出富马酸亚铁为沉淀,所以反应方程式为NaOOC-CH=CH-COONa+FeSO4→FeOOC-CH=CH-COO↓+Na2SO4,据此写出离子方程式
(6)过滤时滤纸若未紧贴漏斗内壁,会留有气泡,导致滤纸破损,使过滤速率较慢
(7)nC4H2O4Fe=nFe2+=nCe4+=
0.1000mol/L
17.3010-3L=
1.73010-3mol,wC4H2O4Fe=100%
98.03%【详解】
(1)冷凝管的作用是冷凝,防止有机物挥发造成反应物转化率降低冷凝管中冷却液的流向一般都是“下进上出”,即从a处进入因此,本题正确答案为冷凝回流,提高糠醛的转化率及减少富马酸的挥发;a;
(2)从溶液中提取溶质需经过结晶、过滤、干燥等操作,故结晶后需过滤因此,本题正确答案为过滤;
(3)富马酸是弱电解质,微溶于冷水,加入盐酸后可抑制富马酸的电离,降低在水中的溶解因此,本题正确答案为加盐酸,使HOOC-CH=CH-COOHOOC-CH=CH-COO2-+2H+平衡逆向移动,促使富马酸晶体析出,提高产量
(4)取富马酸溶于适量水中,加入碳酸钠并加热、搅拌,调节pH
6.5~
6.7,产生大量气泡,说明富马酸和碳酸钠反应生成富马酸的钠盐和水及二氧化碳气体,反应的化学方程式为HOOC-CH=CH-COOH+Na2CO3NaOOC-CH=CH-COONa+H2O+CO2↑因此,本题正确答案为HOOC-CH=CH-COOH+Na2CO3NaOOC-CH=CH-COONa+H2O+CO2↑
(5)
①Fe3+可以被SO32-还原为Fe2+,所以加入适量的Na2SO3溶液是为了防止富马酸亚铁(或Fe2+或富马酸根离子)被氧化因此,本题正确答案为防止富马酸亚铁(或Fe2+或富马酸根离子)被氧化;
②根据信息可以得出富马酸亚铁为沉淀,所以反应方程式为NaOOC-CH=CH-COONa+FeSO4→FeOOC-CH=CH-COO↓+Na2SO4,离子方程式为OOC-CH=CH-COO2-+Fe2+→FeOOC-CH=CH-COO↓因此,本题正确答案为OOC-CH=CH-COO2-+Fe2+→FeOOC-CH=CH-COO↓
(6)过滤时滤纸若未紧贴漏斗内壁,会留有气泡,导致滤纸破损,使过滤速率较慢因此,本题正确答案为防止滤纸与漏斗壁之间留有气泡,影响过滤速率(或防止滤纸破损,影响过滤效果)
(7)由反应关系可nC4H2O4Fe=nFe2+=nCe4+=
0.1000mol/L
17.3010-3L=
1.73010-3mol,则样品的纯度wC4H2O4Fe=100%
98.03%因此,本题正确答案为
98.03%
9.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料LiNi1-x-yCoxMnyO2的工艺流程如下回答下列问题
(1)能够提高碱浸效率的方法有___________至少写两种
(2)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是__________
(3)LiCoO2中Co元素化合价为_____,其参与“还原”反应的离子方程式为_____________
(4)溶液温度和浸渍时间对钻的浸出率影响如图所示则浸出过程的最佳条件是__________
(5)已知溶液中Co2+的浓度为
1.0mol·L-1,缓慢通入氨气,使其产生CoOH2沉淀,列式计算Co2+沉淀完全时溶液的pH______________已知离子沉淀完全时cCo2+≤
1.0×10-5mol·L-1,Ksp[CoOH2]=
2.0×10-15,1g2=
0.3,溶液体积变化忽略不计
(6)写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式___________【答案】
1.减小原料粒径(或粉碎)、适当增加NaOH溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等
2.Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中
3.+3价
4.2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑
5.75℃、30min
6.Ksp[CoOH2]=cCo2+c2OH-,cOH-===×10-5cH+=Kw/cOH-==10-9,pH=-lgcH+=-lg(10-9)=
9.
157.4-4x-4yNiOH2+4xCoOH2+4yMnOH2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O【解析】【分析】
(1)提高浸出率的方法有减小原料粒径(或粉碎)、适当增加溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等方法
(2)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中
(3)LiCoO2中Li元素为+1价,O元素为-2价,故Co元素化合价为+3价,LiCoO2为难溶物,H2SO4为强电解质,H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素,由此写出反应的离子方程式
(4)由图可知,在75℃、30min条件下钴的浸出率最高
(5)根据溶度积常数及水的离子积,逐步推理得出答案
(6)Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应分别生成NiOH
2、CoOH
2、MnOH2与Li2CO3,并高温烧结固相合成LiNi1-x-yCoxMnyO2,根据原子守恒可得到化学方程式【详解】
(1)提高浸出率的方法有减小原料粒径(或粉碎)、适当增加溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等方法故答案为减小原料粒径(或粉碎)、适当增加NaOH溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等
(2)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中故答案为Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中
(3)LiCoO2中Li元素为+1价,O元素为-2价,故Co元素化合价为+3价,LiCoO2为难溶物,H2SO4为强电解质,H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素,反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑故答案为+3价;2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑
(4)由图可知,在75℃、30min条件下钴的浸出率最高故答案为75℃、30min
(5)Ksp[CoOH2]=
2.0×10-15,沉淀完全时cOH-===10-5mol/L,cH+=Kw/cOH-==10-9,pH=-lgcH+=-lg(10-9)=
9.15故答案为
9.15
(6)Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应分别生成NiOH
2、CoOH
2、MnOH2与Li2CO3,高温烧结固相合成LiNi1-x-yCoxMnyO2,根据原子守恒可得到化学方程式为4-4x-4yNiOH2+4xCoOH2+4yMnOH2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O故答案为4-4x-4yNiOH2+4xCoOH2+4yMnOH2+2Li2CO3+O24LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O
10.我国科研团队利用低温等离子体协同催化技术,在常温常压下实现了将甲烷和二氧化碳一步转化为具有高附加值的液体燃料和化工产品回答下列问题
(1)已知甲烷和乙酸的燃烧热△H分别为-
890.31kJ·mol-
1、-
876.72kJ·mol-1,试写出甲烷与CO2合成乙酸的热化学方程式______________
(2)甲烷和二氧化碳一步转化为液体产品的选择性如下图所示,其中选择性最高的产品是___________,反应中应加入的等离子体催化剂是___________
(3)在某一钢性密闭容器中CH
4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa,加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4g+CO2g2COg+2H2g
①研究表明CO的生成速率υco=
1.28×10-2··mol·g-1·s-1,某时刻测得=20kPa,则=___________kPa,υco=___________mol·g-1·s-1
②达到平衡后测得体系总压是起始时的
1.8倍,则该反应的平衡常数Kp=________kPa2计算结果保留两位有效数字
③温度对产物流量及平衡转化率的影响如图所示,可知反应△H___________0填“”或“”,原因是____________【答案】
1.CH4g+CO2g=CH3COOHl△H=-
13.59kJ/mol
2.乙酸
3.Cu/-Al2O
34.
155.
3.
846.
1.
61057.
8.随温度升高,产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应【解析】【分析】
(1)由已知条件可写出热化学方程式,由盖斯定律可推知反应CH4g+CO2g=CH3COOHl的反应热,进而写出热化学方程式
(2)分析图像可知乙酸的选择性最高,且在Cu/-Al2O3等离子体催化剂作用时乙酸的选择性最高
(3)
①利用“三段式”解题;
②利用“三段式”分析解答;
③根据图像可以得出随温度升高,产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应【详解】
(1)由已知条件可写出热化学方程式CH4g+2O2g=CO2g+2H2Ol△H1=-
890.31kJ/mol,CH3COOHl+2O2g=2CO2g+2H2Ol△H2=-
876.72kJ/mol,由盖斯定律可推知,CH4g+CO2g=CH3COOHl△H=-
13.59kJ/mol故答案为CH4g+CO2g=CH3COOHl△H=-
13.59kJ/mol;
(2)分析图像可知乙酸的选择性最高,且在Cu/-Al2O3等离子体催化剂作用时乙酸的选择性最高故答案为乙酸;Cu/-Al2O3;
(3)
①利用“三段式”解题CH4g+CO2g2COg+2H2g起始分压/kPa253000转化分压/kPa10102020某时刻分压/kPa15202020=15kPa,υCO=
1.2810-21520mol·g-1·s-1=
3.84mol·g-1·s-1故答案为15;
3.84;
②假设CH4的分压变化xkPaCH4g+CO2g2COg+2H2g起始分压/kPa253000转化分压/kPaxx2x2x平衡分压/kPa25-x30-x2x2x则有=
1.8,解得x=22,Kp==kPa
21.6105kPa2故答案为
1.6105;
③根据图像可以得出随温度升高,产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应,△H0故答案为;随温度升高,产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应二选考题共45分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做,则每学科按所做的第一题计分
11.[化学——选修3物质结构与性质]锆英石常用于耐火材料,其矿砂常与钛铁矿、金红石、石英共生针对相关物质,回答下列问题
(1)下列基态Si原子结构的表示方法中最能准确表示出电子排布特点的是___________填标号,下同,能够表示出原子核构成特点的是___________
(2)SiO2晶体常伴生于各种矿石中,其晶体结构中,最小的环上有___________个原子;Si与C元素位于同一主族,比较SiO2与CO2的键角大小SiO2___________CO2填写“大于”、“小于”或“等于”,原因是________________
(3)钛铁矿经过H2SO
4、HNO3等多种物质处理后会生成TiOSO2等中间产物
①TiOSO4晶体中存在_______填标号A.离子键B.σ键C.π键D.氢键
②H2SO4为粘稠状、难挥发性的强酸,而HNO3是易挥发性的强酸,其原因是___________
(4)FeO是离子晶体,其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到可知,O原子的第一电子亲和能为________kJ·mo-1,FeO晶格能为________kJ·mo-1
(5)ZrO2可用于制造高温发热元件,其在高温时具有立方晶型,晶胞如图所示已知晶胞参数为anm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Zr原子与O原子之间的最短距离为___________nm;ZrO2的密度为___________g·cm-3列式表示【答案】
1.D
2.C
3.
124.小于
5.SiO2中心Si原子采用sp3杂化,键角为10928;CO2中心C原子采用sp杂化,键角为
1806.ABC
7.H2SO4分子之间容易形成氢键,而HNO3易形成分子内氢键,造成分子间作用力减弱,易挥发
8.
1429.
390210.a或
0.433a
11.【解析】【分析】
(1)最能准确表示出电子排布特点的是轨道表示式;能够表示出原子核构成特点的是原子符号
(2)根据SiO2晶体结构特点可以得出最小环由12个原子构成;根据杂化特点,可以得出键角大小
(3)
①在SO42-中有σ键和π键,故TiOSO4存在离子键、σ键和π键
②根据分子间氢键和分子内氢键推理得出答案
(4)第一电子亲和能是气态电中性基态原子获得一个电子变为气态一价负离子放出的能量,故O原子的第一电子亲和能为142kJ/mol;离子晶体的晶格能是气态离子形成1mol离子晶体所释放的能量,题图中Fe2+(g)+O2-g=FeO晶体△H=-3902kJ/mol,故FeO晶格能为3902kJ/mol
(5)1个ZrO2晶胞中Zr原子位于顶点及面心,故NZr=8+6=4;O原子位于晶胞内部,故NO=8,故Zr原子与O原子之间的最短距离为体对角线的;根据=计算密度【详解】
(1)轨道表示式能够表示出各能层所容纳的电子数和成单电子数,所以最能准确表示出电子排布特点的是轨道表示式,故选D;原子符号能够表示原子中所含有的质子数和质量数,也能通过原子符号计算出原子中所含有的中子数,质子数等于原子核外电子数,所以能够表示出原子核构成特点的是原子符号,故选C故答案为D;C;
(2)根据SiO2晶体结构特点可以得出最小环由12个原子构成;SiO2中心Si原子采用sp3杂化,键角为10928;CO2中心C原子采用sp杂化,键角为180,故SiO2的键角小于CO2,故答案为12;小于;SiO2中心Si原子采用sp3杂化,键角为10928;CO2中心C原子采用sp杂化,键角为180;
(3)
①在SO42-中有σ键和π键,故TiOSO4存在离子键、σ键和π键故答案为ABC;
②H2SO4为粘稠状、难挥发性的强酸,而HNO3是易挥发性的强酸的原因是H2SO4分子之间容易形成氢键,而HNO3易形成分子内氢键,造成分子间作用力减弱,易挥发,故答案为H2SO4分子之间容易形成氢键,而HNO3易形成分子内氢键,造成分子间作用力减弱,易挥发;
(4)第一电子亲和能是气态电中性基态原子获得一个电子变为气态一价负离子放出的能量,故O原子的第一电子亲和能为142kJ/mol;离子晶体的晶格能是气态离子形成1mol离子晶体所释放的能量,题图中Fe2+(g)+O2-g=FeO晶体△H=-3902kJ/mol故FeO晶格能为3902kJ/mol故答案为142;3902;
(5)1个ZrO2晶胞中Zr原子位于顶点及面心,故NZr=8+6=4;O原子位于晶胞内部,故NO=8,故Zr原子与O原子之间的最短距离为体对角线的,即a×=anm;ZrO2的密度为=g·cm-3故答案为a或
0.433a;
12.[化学——选修5有机化学基础]诺氟沙星为喹诺酮类抗生素,其合成路线如下回答下列问题
(1)化合物A的名称是____________
(2)诺氟沙星分子中含氧官能团的名称为____________
(3)C生成D,H生成诺氟沙星的反应类型分别是___________、___________
(4)F的结构简式为_______________
(5)G生成H的化学方程式为__________________
(6)有机物X比B分子少一个CH2原子团,且含有酯基和结构其中核磁共振氢谱有三组峰,峰面积比为133的结构简式为__________任写一种
(7)参照上述合成路线写出由有机物、B为有机原料合成的路线图______________无机试剂任选【答案】
1.丙二酸二乙酯
2.羧基、(酮)羰基
3.还原反应
4.取代反应
5.
6.
7.或
8.【解析】【分析】
(1)根据有机物命名规则可知A的名称为丙二酸二乙酯
(2)诺氟沙星分子中含氧官能团有羧基、(酮)羰基
(3)C生成D的反应类型为还原反应,H生成诺氟沙星的反应类型为取代反应
(4)对比E和G的分子结构差异可知F生成G是实现C2H5-的取代,由此可推知F的结构简式为
(5)对比G和H的分子结构可知-COOC2H5转化为-COOH,据此可写出反应方程式
(6)化合物X的分子式为C9H14O5核磁共振氢谱有三组峰说明X分子中有三种氢,且峰面积比为133即266,共14个氢原子对称结构;又知含有酯基和结构,5个氧原子以为中心两边酯基结构对称,由此可推知满足题意的分子结构为或
(7)根据题干流程可知,利用“B+D→E→F以及G→H”,可设计出合成路线【详解】
(1)根据有机物命名规则可知A的名称为丙二酸二乙酯故答案为丙二酸二乙酯;
(2)由诺氟沙星分子结构简式不难看出,含氧官能团有羧基、(酮)羰基故答案为羧基、(酮)羰基;
(3)C生成D的反应是-NO2转化为-NH2,为还原反应,H生成诺氟沙星的反应是H分子中氯原子被取代,为取代反应故答案为还原反应;取代反应;
(4)对比E和G的分子结构差异可知F生成G是实现C2H5-的取代,由此可推知F的结构简式为故答案为;
(5)对比G和H的分子结构可知-COOC2H5转化为-COOH,反应方程式为故答案为;
(6)化合物X的分子式为C9H14O5核磁共振氢谱有三组峰说明X分子中有三种氢,且峰面积比为133即266,共14个氢原子对称结构;又知含有酯基和结构,5个氧原子以为中心两边酯基结构对称,由此可推知满足题意的分子结构为或,故答案为或;
(7)根据提干流程可知,利用“B+D→E→F以及G→H”,设计出合成路线为故答案为。