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文档简介
四川省攀枝花市2020届高三化学下学期第三次统考试题(含解析)可能用到的相对原子质量:H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-641.化学与生产、生活等密切相关。下列说法不正确的是A. 面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标B. 焊接金属前常用氯化铵溶液处理焊接处C. 用醋酸铅作絮凝剂去除生活用水中的悬浮物D. 用硬水洗衣物,既浪费肥皂也洗不净衣物【答案】C【解析】【详解】A. 面粉厂的空气中常混有可燃性的微粒,空间有限,遇明火容易引起爆炸,因此面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标,A项正确;B. 氯化铵溶液显酸性,可消除焊接处表面的铁锈,B项正确;C. 铅为重金属元素,不能用醋酸铅作絮凝剂去除生活用水中的悬浮物,C项错误;D. 硬水中含有钙离子与镁离子,可与肥皂水发生反应,生成难溶性沉淀,D项正确;答案选C。2.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多,如图: 下列说法正确的是A. 反应、均是取代反应B. 反应、的原子利用率均为100C. 与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D. 乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别【答案】D【解析】【详解】A. 反应为酯化反应,属于取代反应,反应不饱和度降低,为加成反应,A项错误;B. 反应产物只有乙酸乙酯,其原子利用率为100,而反应为C4H10+O2 C4H8O2,H原子没有全部进入到目标产物,原子利用率不为100%,B项错误;C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类有HCOOCH2CH2CH3,HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3共3中,C项错误;D. 乙醇溶于碳酸钠溶液,乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液,则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别,D项正确;答案选D。【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点,其中取代反应与加成反应的特点很显著,判断依据可归纳为:若为取代反应,以甲烷与氯气在光照下反应为例,甲烷分子内的一个H被取代,消耗一个Cl2,同时产生一个无机小分子HCl;若为加成反应,以CH2=CH2与Br2反应为例,其原理是:C=C中的双键断开其中一个,两个C各形成一个半键,分别与两个Br原子结合成键,其特点就是双键变单键,不饱和变饱和。依据两者的区别,本题的A选项反应显然为加成反应,而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗,解答此类题型时游刃有余。3.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应:CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0,在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下:下列说法正确的是A. 图示显示:起始时的2个H2O最终都参与了反应B. 过程、过程均为放热过程C. 过程只生成了极性共价键D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的H【答案】A【解析】【详解】A根据反应过程示意图,过程中1个水分子中的化学键断裂,过程另一个水分子中的化学键断裂的过程,过程中形成了新的水分子,因此起始时的2个H2O最终都参与了反应,A项正确;B根据反应过程示意图,过程、中水分子中的化学键断裂的过程,为吸热过程,B项错误;C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气,H2中的化学键为非极性键,C项错误;D催化剂不能改变反应的H,D项错误;答案选A。【点睛】值得注意的是D选项,催化剂只能降低活化能,改变化学反应速率,不能改变反应的热效应。4.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中,正确的是选项实验操作现象结论A25,分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pHpH:K2SO3KCl 非金属性:ClSB打磨后的铝片投入水中,加热至沸腾。取出铝片,用一束光照射溶液加热,铝片表面无明显现象;用光照射溶液时,有一条光亮的“通路”铝与热水发生了反应C将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含CO2D向Cu(OH)2沉淀中分别滴加盐酸和氨水沉淀皆溶解Cu(OH)2为两性氢氧化物A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. K2SO3和KCl均不是最高价含氧酸对应的钾盐,所以不能通过溶液的pH值来比较元素的非金属性,A项错误;B. 打磨后的铝片投入水中,加热至沸腾。取出铝片,用一束光照射溶液, 铝与热水发生了反应生成了氢氧化铝胶体,因此出现了一条光亮的“通路”,发生了丁达尔效应,B项正确;C. 将木炭和浓硫酸共热生成的气体中含二氧化碳与二氧化硫,两者均为酸性气体,均可以使澄清石灰水变浑浊,结论不准确,C项错误;D. Cu(OH)2沉淀溶于稀盐酸中,是因为发生了酸碱中和反应,溶于稀氨水中,是因为Cu(OH)2与一水合氨反应生成了铜氨络合离子,因此不能说Cu(OH)2为两性氢氧化物,D项错误;答案选B。【点睛】C选项将木炭和浓硫酸共热生成的气体常常作为实验探究综合分析,要注意区分二氧化硫与二氧化碳的异同。两者均为酸性氧化物,均能使澄清石灰水变浑浊,但二氧化硫又不同于二氧化碳,有漂白性与弱氧化和还原性等化学性质。学生要加以对比与识记。5.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠。如图所示为五层膜的玻璃电致变色系统,其工作原理是:在外接电源下,通过在膜材料内部发生氧化还原反应,实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。(已知:WO3和Li4Fe4Fe(CN)63均为无色透明,LiWO3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色)下列有关说法正确的是A. 当B外接电源负极时,膜由无色变为蓝色B. 当B外接电源负极时,离子储存层发生反应为:Fe4Fe(CN)63+4Li+4eLi4Fe4Fe(CN)63C. 当A接电源的负极时,此时Li+得到电子被还原D. 当A接电源正极时,膜的透射率降低,可以有效阻挡阳光【答案】B【解析】【分析】根据题意及图示信息可知,结合电解原理可知,当B外接电源负极时,离子储存层发生反应为:Fe4Fe(CN)63+4Li+4eLi4Fe4Fe(CN)63,膜由蓝色变为无色,当A接电源负极时,WO3得电子被还原,发生的电极反应为:WO3+Li+e-= LiWO3,膜由无色变为蓝色,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,A. 当B外接电源负极时,Fe4Fe(CN)63转化为Li4Fe4Fe(CN)63,膜由蓝色变为无色,A项错误;B. 当B外接电源负极时,根据电解原理可知,离子储存层Fe4Fe(CN)63得电子转化为Li4Fe4Fe(CN)63,发生反应为:Fe4Fe(CN)63+4Li+4eLi4Fe4Fe(CN)63,B项正确;C. 当A接电源的负极时,WO3得电子被还原为LiWO3,Li+只是作为电解质溶液导电,未发生氧化还原反应,C项错误;D. 当A接电源正极时,LiWO3失电子发生氧化反应得到WO3,膜由蓝色变无色,透射率增强,不能有效阻拦阳光,D项错误;答案选B。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数,Y的原子序数是W的2倍。YWZ2滴入水中,可观察剧烈反应,液面上有雾生成,并有带刺激性气味的气体逸出。下列说法正确的是A. 原子半径:WXYZB. W分别与X、Z均只能形成一种二元化合物C. W、Y、Z最简单氢化物中,Z的氢化物沸点最高D. YWZ2滴入水时,逸出的气体能使品红褪色【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性,该化合物为NaCl,则X为Na、Z为Cl元素;W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数,W的最外层电子数为:7-1=6,W的原子序数小于Na,则W为O元素;Y的原子序数是W的2倍,则Y的原子序数为16,为S元素,SOCl2滴入水中,会发生水解,生成HCl与SO2,现象与题中条件相符,据此解答。【详解】根据上述分析可知,W、X、Y、Z分别为O、Na、S、Cl,则A. 同一周期从左向右原子半径逐渐减小,同一主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径WZYK2=,当溶液的pH相同时,c(H+)相同,可以看出lgX:,则表示lg与pH的变化关系,表示lg与pH的变化关系,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,A.表示lg与pH的变化关系,A项错误; B. pH=1.22时,溶液呈酸性,则c(H+)c(OH),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH)可知,2c(R2-) + c(HR-)c(Na+),B项错误;C. 二元弱酸H2R的K1=,则当pH=1.22时,lg=0,即=1,可知第一步电离平衡常数K1=10-1.22,则HR-的水解平衡常数Kh=,同理根据电离平衡常数的定义可知,当pH=4.19时,曲线中lg=0,即=1,得出第二步电离平衡常数K2=10-4.19 Kh,由此可知NaHR溶液中HR-的电离程度大于水解程度,即c(H+) c(OH-),C项正确;D. 曲线中lgX随pH值的增大而增大,则根据图像性质可推出,曲线在pH=7(中性)时,推知lg 1,即c(R2-) c(HR-),D项错误;答案选C。8.废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁,利用电解法回收WC和制备Co2O3的工艺流程简图如下:已知:在上述流程中,各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+开始沉淀的pH1.97.06.5沉淀完全的pH3.29.09.4回答下列问题:(1)以废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有:Co-2e-Co2+和_。(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,除去铁元素。由表中的数据可知,理论上可选择的pH的范围是_。(3)生成CoCO3的离子方程式是_。(4)实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CoCO3时,不能将滤液加入NH4HCO3溶液中,原因是_。(5)已知:Ksp(CoCO3)1.41013,Ksp(CoC2O4)6.3108。若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01mol/L Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀?通过计算说明:_。(6)洗涤CoCO3不充分对最终产品纯度并无影响,但在焙烧时会造成环境污染,主要原因是_。(7)CoCO3生成Co2O3的化学方程式是_。【答案】 (1). Fe -2e-Fe2+ (2). 3.2pH6.5 (3). Co2+ +2HCO3-CoCO3+CO2+H2O (4). 将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co(OH)2杂质 (5). (6). 灼烧时,CoCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl (7). 2CoCO3Co2O3+CO2+CO【解析】【分析】由题给工艺流程知,以盐酸为电解质溶液,以废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,进行电解,生成WC,溶液中含有亚铁离子和Co2+,加入双氧水,将亚铁离子氧化为铁离子,通入氨气,调节pH在3.2到5.8之间,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀过滤除去,滤液中含有Co2+,加入碳酸氢铵溶液生成碳酸钴,焙烧生成Co2O3,据此分析作答。(l)依据电解原理可知,电解时废旧刀具作阳极,除了Co还有活泼金属铁也会失电子发生氧化反应;(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,为了使铁元素完全沉淀,同时不让钴元素沉淀下来,根据表格数据作答;(3)将NH4HCO3溶液缓慢加入到盛有滤液的反应容器中生成CoCO3;(4)NH4HCO3溶液显碱性,据此分析作答;(5)依据Ksp(CoCO3)1.41013计算出理论上开始沉淀时Co2+的物质的量浓度,再结合溶液中的C2O42-的物质的量浓度,根据离子积与Ksp(CoC2O4)的大小关系进行比较,得出结论。(6)实验中获得的若洗涤不充分会含有氯化铵杂质,在焙烧时氯化铵受热易分解;(7)依据氧化还原反应规律可知,CoCO3隔绝空气灼烧生成Co2O3的同时,C元素化合价会降低,据此分析作答。【详解】(1)电解时废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,盐酸的作用是作电解质溶液,依据阳极活泼金属放电的规律可知,除了Co失电子以外还有Fe也会失电子发生氧化反应,其电极反应式为:Fe -2e- = Fe2+;故答案为:Fe -2e- = Fe2+;(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,除去铁元素。由表中的数据可知,理论上可选择pH最大范围是3.2pH6.5;故答案为:3.2pH6.5;(3)将NH4HCO3溶液缓慢加入到盛有滤液的反应容器中,生成CoCO3的离子方程式为:Co2+ +2HCO3-CoCO3+CO2+H2O;故答案为:Co2+ +2HCO3-CoCO3+CO2+H2O;(4) 根据题意可知,NH4HCO3溶液显碱性,则若将滤液加入该溶液中会反应生成Co(OH)2杂质, 故答案为:将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co(OH)2杂质;(5) ,故答案为: ;(6)分析可知实验中获得的若洗涤不充分会含有氯化铵杂质,在焙烧时氯化铵分解会产生污染性气体HCl和NH3;故答案为:灼烧时,CoCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl;(7)CoCO3生成Co2O3的同时,还会有二氧化碳与一氧化碳生成,其化学方程式为:2CoCO3Co2O3+CO2+CO,故答案为:2CoCO3Co2O3+CO2+CO。9.某学习小组在实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图:已知:CS2不溶于水,比水重;NH3不溶于CS2;三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂。实验步骤如下:(1)制备NH4SCN溶液:CS2+3NH3NH4SCN+ NH4HS(该反应比较缓慢)实验前,经检验装置的气密性良好。三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口,目的是_。实验开始时打开K1,加热装置A、D,使A中产生的气体缓缓通入D中,至CS2消失。则:装置A中反应的化学方程式是_;装置C的作用是_。(2)制备KSCN溶液:熄灭A处的酒精灯,关闭K1,移开水浴,将装置D继续加热至105,当NH4HS完全分解后(NH4HS= H2S + 3NH3),打开K2,再缓缓滴加入适量的KOH溶液,发生反应:NH4SCN + KOH= KSCN + NH3 +H2O。小组讨论后认为:实验中滴加入相同浓度的K2CO3溶液比KOH溶液更好,理由是_。(3)制备硫氰化钾晶体:先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂,再减压蒸发浓缩,冷却结晶_,干燥,得到硫氰化钾晶体。(4)测定晶体中KSCN的含量:称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中,加入适量稀硝酸,再加入几滴Fe(NO3)3溶液做指示剂,用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定,达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的反应:SCN- + Ag+= AgSCN(白色)。则判断达到终点时的方法是_。晶体中KSCN的质量分数为_。【答案】 (1). 使反应物充分接触,防止发生倒吸 (2). 2NH4Cl+ Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3+ 2H2O (3). 观察气泡流速,以便控制加热温度 (4). K2CO3溶液碱性弱于KOH,且与NH4SCN反应产生更多气体(或K2CO3 + 2NH4SCN2KSCN + 2NH3 + CO2+ H2O),有利于溶液中残留的H2S逸出 (5). 过滤,洗涤 (6). 滴入一滴AgNO3溶液时,红色恰好褪去,且半分钟内颜色不恢复 (7). 97.0%【解析】【分析】(1)导气管口在液面下,可以使反应物充分接触,据此分析;实验室用氯化铵与氢氧化钙来制备氨气;反应为气体参加的装置,装置C中没有化学反应,可观察气泡速率,据此解答;(2)步骤一中得到了NH4SCN,NH4SCN与KOH反应的方程式已知,K2CO3溶液碱性弱于KOH,且条件可以优化,从该角度考虑作答;(3)依据实验室制备晶体的基本操作步骤解答。【详解】(1)导气管口在液面下,可以使反应物充分接触,防止发生倒吸,故答案为:使反应物充分接触,防止发生倒吸;实验室用氯化铵与氢氧化钙来制备氨气,其化学方程式为:2NH4Cl+ Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3+ 2H2O,装置C是为了观察气泡的速率、控制A装置的加热温度,来控制气体的产生速度。故答案为:2NH4Cl+ Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3+ 2H2O;观察气泡流速,以便控制加热温度(2)K2CO3溶液碱性弱于KOH,且与NH4SCN反应产生更多气体(或K2CO3 + 2NH4SCN2KSCN + 2NH3 + CO2+ H2O),有利于溶液中残留的H2S逸出,故答案为:K2CO3溶液碱性弱于KOH,且与NH4SCN反应产生更多气体(或K2CO3 + 2NH4SCN2KSCN + 2NH3 + CO2+ H2O),有利于溶液中残留的H2S逸出;(3)实验室制备晶体的操作:减压蒸发浓缩,冷却结晶,过滤、洗涤,干燥,故答案为:过滤,洗涤;(4)Fe3+与SCN-发生络合反应,显红色,因此当最后一滴AgNO3溶液滴入时,SCN-反应完,红色褪去,并且半分钟内颜色不恢复;样品溶解后配成1000mL,只取了20.00mL溶液,相当于稀释了50倍,且KSCN的物质的量为:n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000mol/L20.0010-3L=0.002 mol,又KSCN的摩尔质量为:97g/mol,所以KSCN的质量为:m(KSCN)=97g/mol0.002mol=9.7g,故KSCN的质量分数为:,故答案为:滴入一滴AgNO3溶液时,红色恰好褪去,且半分钟内颜色不恢复;97.0%。10.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图:回答下列问题:(1)丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程,该反应必须在高温下进行,但温度越高副反应进行程度越大,同时还会降低催化剂的活性和选择性。提供反应所需热量,恒压时若向原料气中掺入水蒸气,则K(主反应)_(填“增大”、“减小”或“不变”)。温度升高,副反应更容易发生的主要原因是_。(2)如图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强p1、p2分别为1104 Pa和1105 Pa)。1104 Pa时,如图中表示丙烯的曲线是_(填“”、“”、“”或“”)。1105Pa、500时,若只发生上述主反应和副反应,则达平衡时,丙烷转化为丙烯的转化率为_。(3)为克服丙烷直接脱氢法的缺点,科学家探索出在无机膜反应器中进行丙烷脱氢制丙烯的技术。在膜反应器中,利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走。与丙烷直接脱氢法相比,该方法的优点是_。(4)利用CO2的弱氧化性,开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂,其反应机理如图。已知:CO和H2的燃烧热分别为H =283.0kJ/mol、H =285.8kJ/mol。反应()的化学方程式为_。25时,该工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭,维持催化剂活性,原因是_。【答案】 (1). 增大 (2). 副反应的活化能低于主反应的活化能 (3). (4). 16.5% (5). 使反应始终未达到平衡状态,突破反应限度,提高丙烯产率,且能保证催化剂具有较高的活性和选择性 (6). 3C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O (7). C3H8(g) + CO2C3H6(g) + CO(g) + H2O(l) H =+121.5kJ/mol (8). 碳与CO2反应生成CO,脱离催化剂表面【解析】【分析】(1)丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g),恒压时向原料气中掺入水蒸气,体积增大,压强减小,平衡向正反应方向进行;副反应活化能小;(2)压强越大平衡逆向进行,丙烯体积分数越小;设丙烷起始量为1 mol,转化为丙烯的物质的量为x mol,转化为乙烯与甲烷的为ymol,再根据主反应与副反应列出关系式作答。(3)使反应始终未达到平衡状态,突破反应限度,提高丙烯产率,且能保证催化剂具有较高的活性和选择性;(4)根据图示信息书写;由盖斯定律计算可得;该工艺中碳与CO2反应生成CO。【详解】(1)丙烷脱氢制丙烯对应的化学方程式为C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g),H1=+124.3kJ/mol,恒压时向原料气中掺入水蒸气,体积增大,压强减小,平衡向正反应方向进行,K(主反应)增大,丙烷转化率(C3H8)增大,故答案为:增大;副反应活化能小,温度升高,副反应更容易发生,所以副反应更容易发生的主要原因是:Ea1Ea2,即副反应的活化能低于主反应的活化能,故答案为:副反应的活化能低于主反应的活化能;(2)C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g),H1=+124.3kJ/mol,温度越高丙烯的体积分数越大;压强越大平衡逆向进行,丙烯体积分数越小,丙烯是生成物,减压过程中体积分数增大,由此判断图中表示丙烯的曲线是i,故答案为:i;由上图温度和压强对物质体积分数的影响可以看出,1105Pa、500时,丙烯的平衡体积分数为14%,丙烷的平衡体积分数为70%,设丙烷起始量为1 mol,转化为丙烯的物质的量为x mol,转化为乙烯与甲烷的为ymol,根据主反应为:C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g),副反应:C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g)可知,反应后的气体总得物质的量为(1+x+y)mol,则 ,解得x=0.165mol,故转化率为,故答案为:16.5%;(3)利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走,可以使反应始终未达到平衡状态,突破反应限度,提高丙烯产率,且能保证催化剂具有较高的活性和选择性,故答案为:使反应始终未达到平衡状态,突破反应限度,提高丙烯产率,且能保证催化剂具有较高的活性和选择性;(4)图示信息中可以看出,C3H8与CrO3反应生成了C3H6与Cr2O3,则反应的化学方程式为:C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O,故答案为:C3H8 + 2CrO33C3H6 + Cr2O3 + 3H2O;由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H =285.8kJ/mol;CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) H =283.0kJ/mol;C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)H =+124.3 kJ/mol,由盖斯定律-+得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l),则H =(+124.3 kJ/mol)+(285.8kJ/mol)(283.0kJ/mol)=+121.5kJ/mol,故答案为:C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H =+121.5kJ/mol;该工艺中碳与CO2反应生成CO,可以有效消除催化剂表面的积炭,维持催化剂活性,故答案为:碳与CO2反应生成CO,脱离催化剂表面。11.材料是人类文明进步的阶梯,第A、A、VA及族元素是组成特殊材料的重要元素。回答下列问题:(1)基态B核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为_。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为_。(2)某元素位于第四周期族,其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同,则其基态原子的价层电子排布式为_。(3)经测定发现,N2O5固体由NO2+和NO3-两种离子组成,该固体中N原子杂化类型有_。(4)MgCO3的热分解温度_(填“高于”或“低于”)CaCO3的原因是_。(5)NH3分子在独立存在时HNH键角为107。如图是Zn(NH3)62离子的部分结构以及HNH键角的测量值。解释NH3形成如图配合物后HNH键角变大的原因:_。(6)某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质,并具有高储氢密度。阳离子为Li+,每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示,其堆积方式为_,Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心,该化合物的化学式为_(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为anm,NA代表阿伏伽德罗常数的值,则该晶胞的密度为_g/cm3。【答案】 (1). 哑铃形 (2). CBeB (3). 3d74s2 (4). sp、sp2 (5). 低于 (6). r(Mg2+) r(Ca2+),晶格能:MgO大于CaO,故MgCO3更易分解为MgO (7). NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后,原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥,排斥作用减弱 (8). 面心立方最密堆积 (9). LiB6H6 (10). 【解析】【分析】(1)基态B核外电子占据的最高能级为2p;与硼处于同周期且相邻的两种元素为C与Be,结合Be的最高能级2s上电子为全充满结构,第一电离能最大分析作答;(2)第四周期族元素分别是铁、钴和镍,根据价层电子排布式分析作答;(3)依据价层电子对互斥理论与杂化轨道理论结合判断杂化类型;(4)依据MgO与CaO的晶格能大小来判断产物的稳定性,据此分析分解温度;(5)依据孤电子对对成键键角的排斥力大于成键电子对键角的排斥力作答;(6)依据金属晶体中金属原子在空间上的堆积方式分析判断模型;利用均摊法计算晶胞内原子的个数,再结合晶体的密度 = 晶胞的密度= 求算。【详解】(1)基态B核外电子占据的最高能级2p,电子云轮廓图形状为哑铃形,同周期元素中,第一电离能从左到右呈增大趋势,因Be的价层电子排布式为2s2,位于IIA族,第一电离能比B的第一电离能大,则第一电离能比较:CBeB,故答案为:哑铃形;CBeB;(2)因基态氮原子的价层电子排布式为2s22p3,未成对电子数为3,而第四周期族Co的基态原子的价层电子排布式为3d74s2,未成对电子数也为3,符合题意,故答案为:3d74s2;(3)根据价层电子对数计算公式得,NO2+的价层电子数有2+=2,故杂化轨道类型为sp,NO3-的价层电子数有3+=3,故杂化轨道类型为sp2,故答案为:sp、sp2; (4)产物越稳定,碳酸盐热分解温度越低,因r(Mg2+) r(Ca2+),晶格能:MgO大于CaO,故MgCO3更易分解为MgO,故MgCO3的热分解温度低于CaCO3,故答案:低于;因r(Mg2+) r(Ca2+),晶格能:MgO大于CaO,故MgCO3更易分解为MgO;(5)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后,原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥,排斥作用减弱,导致形成配合物后HNH键角变大,故答案为:NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后,原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥,排斥作用减弱;(6)根据阴离子在晶胞中位置图,阴离子在晶胞顶点和面心,所以堆积方式为面心立方堆积;根据“均摊法”,阴离子数 ,Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心,晶胞中共8个锂离子,故该化合物的化学式(最简式)为LiB6H6,晶体的密度 = 晶胞的密度= = ,故答案为:面心立方最密堆积;LiB6H6;。【点睛】本题为物质结构与性质的综合考查,其中第(3)问关于杂化类型的判断可结合价层电子对互斥理论综合判断,价层电子对个数=键个数+孤电子对个数,键个数=配原子个数,孤电子对个数=,a指中心原子价电子个数,对于阳离子来说,a则为中心原子的价电子数减去离子的电荷数,阴离子则为价电子数加上离子的电荷数(绝对值),x指配原子个数,b指配原子形成稳定结构需要的电子个数;凡是中心原子采取sp3杂化的的分子,价层电子对数为4,不含有孤电子对,为正面体构型;含有1个孤电子对的,空间构型为三角锥形,含有2个孤电子对的,空
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