- 物质结构
- 共214题
2.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是( )
正确答案
解析
A.元素符号的左上角标质量数,中子数为20的氯原子,质量数=17+20=37,故正确应为:3717Cl,故A错误; B.Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣,离子结构示意图为:,故B错误;C.氯气中存在1对氯氯共用电子对,氯原子最外层达到8电子稳定结构,电子式为:
,故C正确;D.氯乙烯分子中存在碳碳双键,正确的结构简式为:H2C=CHCl,故D错误;
故选C.
考查方向
解题思路
A.元素符号的左上角标质量数,质量数=质子数+中子数=37;B.氯离子(Cl﹣)为Cl原子得到1个电子形成的阴离子,最外层满足8个电子的稳定结构;C.氯气为双原子分子,最外层均满足8个电子的稳定结构;D.氯乙烯分子中存在碳碳双键,据此解答即可.
易错点
本题主要是对常见化学用语的考查,涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等,难度不大.
知识点
3.设NA为阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( )
①lmolCH3CH2C(CH3)3所含甲基个数为4NA
②2.8g乙烯和2.8g聚乙烯中含碳原子数均为0.2NA
③1.0L1.0mol/LCH3COOH溶液中,CH3COOH分子数为NA
④8.8g乙酸乙酯中含共用电子对数为1.4NA
⑤标准状况下,22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NA
⑥常温常压下,17g甲基(—14CH3)所含的中子数为9NA
⑦标准状况下,11.2L氯仿中含有C—Cl键的数目为1.5NA
⑧lmolC15H32分子中含碳碳键数目为14NA
正确答案
解析
①lmolCH3CH2C(CH3)3含有4mol甲基,含有甲基的数目为1mol×4×NAmol-1=4NA,故①正确;
②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2,碳元素的质量分数相等,则碳元素的质量相等为,所以碳原子数目相等为
,故②正确;
③醋酸是弱电解质,1.0mol•L-1CH3COOH溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=1mol/L,所以c(CH3COO-)小于1mol/L,溶液中CH3COOH分子数小于1L×1mol/L×NAmol-1=NA,故③错误;
④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对,8.8g乙酸乙酯的物质的量为,8.8g乙酸乙酯中共用电子对数为0.1mol×14×NAmol-1=1.4NA,故④正确;
⑤标准状况下,乙醇是液态,不能使用气体摩尔体积22.4L/mol,故⑤错误;
⑥甲基(一14CH3)中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14-6=8,17g甲基(一14CH3)的物质的量为,含有的中子数为1mol×8×NAmol-1=8NA,故⑥错误;
⑦标准状况下,氯仿是液态,不能使用气体摩尔体积22.4L/mol,故⑦错误;
⑧C15H32是烷烃,分子中含有含有14个C-C共价键数,lmolC15H32分子中含C-C共价键数目为1mol×14×NAmol-1=14NA,故⑧正确.
故①②④⑧正确,选:C.
考查方向
解题思路
①CH3CH2C(CH3)3分子中含有4个甲基,lmolCH3CH2C(CH3)3含有4mol甲基,结合N=nNA计算甲基数目;
②乙烯和聚乙烯的最简式相同为CH2,碳元素的质量分数相等为,根据
计算碳原子的物质的量,结合根N=nNA计算碳原子数目;
③醋酸是弱电解质,1.0mol•L-1CH3COOH溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=1mol/L。
④乙酸乙酯分子中含有14对共用电子对,根据计算乙酸乙酯的物质的量,再根据N=nNA计算共用电子对数.
⑤标准状况下,乙醇是液态,不能使用气体摩尔体积22.4L/mol。⑥中子数=质量数-质子数,H原子不含中子,甲基(一14CH3)中含有的中子数等于碳原子含有的中子数为14-6=8,根据计算甲基的物质的量,再根据N=nNA计算中子数.
⑦标准状况下,氯仿是液态,不能使用气体摩尔体积22.4L/mol.
⑧C15H32是烷烃,分子中含有含有14个C-C共价键数,根据N=nNA计算C-C共价键数.
易错点
常用化学计量的有关计算,注意公式的运用。⑤中易忽视乙醇是液态,不能使用气体摩尔体积
知识点
【科目】化学
煤是重要的能源,也是生产化工产品的重要原料。试用所学知识,解答下列问题:
28.煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术。煤的液化技术又分为________和________。
29.在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理为这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的第一步反应的离子方程式为_____________________________,
第二步反应的离子方程式为____________________。
30.工业煤干馏得到的产品有焦炭、________。
31.工业上主要采用氨氧化法生产硝酸,如图是氨氧化率与氨-空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值;曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到100%,理论上r[n(O2)/n(NH3)]=________,实际生产要将r值维持在1.7~2.2之间,原因是__________________________________________。
正确答案
直接液化技术 间接液化技术
解析
:煤的液化分为直接液化和间接液化,故答案为:直接液化技术;间接液化技术;
考查方向
解题思路
煤的液化分为直接液化和间接液化;
易错点
煤的综合利用,涉及到氧化还原方程式的书写
正确答案
2FeS2+7O2+2H2O4H++2Fe2++4SO42—
4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O
解析
:第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O,生成物有Fe2+和SO42-,根据化合价升降总数相等以及原子守恒,反应的离子方程式为:2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-;Fe2+具有还原性,可被氧气氧化为Fe3+,根据化合价升降总数相等以及原子守恒,反应的离子方程式为:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故答案为:2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-;4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;
考查方向
解题思路
根据化合价升降总数相等以及原子守恒来写离子方程式;
易错点
煤的综合利用,涉及到氧化还原方程式的书写
正确答案
焦炉煤气、粗氨水、煤焦油
解析
:工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油;故答案为:焦炉煤气、粗氨水、煤焦油;
考查方向
解题思路
工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水、煤焦油;
易错点
煤的综合利用,涉及到氧化还原方程式的书写
正确答案
1.25;O2太少不利于NH3的转化,r值为2.2时NH3氧化率已近100%
解析
:由氨氧化的化学方程式:4NH3+5O2----4NO+6H2O,可知氨氧化率达到100%,理论上γ{n(O2)/n(NH3)}=5/4=1.25,故答案为:1.25;
O2浓度太少不利于NH3的转化,γ{n(O2)/n(NH3)值为2.2时NH3氧化率已近100%,故答案为:O2浓度太少不利于NH3的转化,γ{n(O2)/n(NH3)值为2.2时NH3氧化率已近100%;
考查方向
解题思路
根据氨氧化的化学方程式来分析;根据O2浓度对平衡的影响;
易错点
煤的综合利用,涉及到氧化还原方程式的书写
选考题:请考生从给出的3道化学题题中任选一道做答,如果多做,则每学科按所做的第一题记分。
36.[化学——选修2:化学与技术]
草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为:____________、____________。
(2)该制备工艺中有两次过滤操作,过滤操作①的滤液是_________,滤渣是_________;过滤操作②的滤液是________和________,滤渣是_________。
(3)工艺过程中③和④的目的是_____________________________。
(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯,其中含有的杂质主要是______________________。
(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。
称量草酸成品0.250 g溶于水,用0.0500 mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,至浅粉红色不消褪,消耗KMnO4溶液15.00 mL,反应的离子方程式为_________________________________;列式计算该成品的纯度_______________________________。
37.[化学——选修3:物质结构与性质]
硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号为________,该能层具有的原子轨道数为_______、电子数为________。
(2)硅主要以硅酸盐、___________等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以________________相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献____________个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为______________________________。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:
①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是_______________。
②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是______________________________。
(6)在硅酸盐中,SiO44-四面体(如右图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为_____________。Si与O的原子数之比为_____________。
38.[化学——选修5:有机化学基础]
已知烃B分子内C、H原子个数比为1︰2,相对分子质量为28,核磁共振氢谱显示分子中只有一种化学环境的氢原子,且有如下的转化关系:
(1)B的结构简式是___________。
(2)反应①是D与HCl按物质的量之比1︰1的化合反应,则D的分子式是__________。
反应②可表示为:G + NH3 → F + HCl (未配平),该反应配平后的化学方程式是(有机化合物均用结构简式表示):_________________________。
化合物E(HOCH2CH2Cl)和 F [ HN(CH2CH3)2 ]是药品普鲁卡因合成的重要中间体,普鲁卡因的合成路线如下:(已知:)
(3)甲的结构简式是_________________。由甲苯生成甲的反应类型是___________________。
(4)乙中有两种含氧官能团,反应③的化学方程式是:_________________________。
(5)普鲁卡因有两种水解产物丁和戊
①戊与甲互为同分异构体,戊的结构简式是_____________。
②戊经聚合反应制成的高分子纤维广泛用于通讯、宇航等领域.该聚合反应的化学方程式是_____________________________。
37. (1)M 9 4
(2)二氧化硅
(3)共价键 3
(4)Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl2
(5)① ;C—C键和C—H键较强,所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂。导致长链硅烷难以生成
② C—H键的键能大于C—O键,C一H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(6)sp3 1 : 3 [SiO3]n2n-(或SiO32-) 38.(1)CH2=CH2
(2)C2H4O; 2CH3CH2Cl + NH3→NH(CH2CH3)2 +2HCl
(3), 取代反应(硝化反应)
(4)
(5)①
②
正确答案
19.如图用石墨作电极的电解池中,放入某足量蓝色溶液500mL进行电解,观察到A电极表面有红色固体生成,B电极有无色气体生成;通电一段时间后,取出A电极,洗涤、干燥、称量,A电极增重1.6g。下列说法错误的是( )
正确答案
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
27.水煤气法制甲醇工艺流程框图如下
(注:除去水蒸气后的水煤气含55~59%的H2,15~18%的CO,11~13%的CO2,少量的H2S、CH4,除去H2S后,可采用催化或非催化转化技术,将CH4转化成CO,得到CO、CO2和H2的混合气体,是理想的合成甲醇原料气,即可进行甲醇合成)
(1)制水煤气的主要化学反应方程式为:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g),此反应是吸热反应。① 此反应的化学平衡常数表达式为( );
②下列能提高碳的平衡转化率的措施是( ) 。
A.加入C(s)
B.加入(g)
C.升高温度
D.增大压强
(2)将转化成CO,工业上常采用催化转化技术,其反应原理为:
。工业上要选择合适的催化剂,分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验(其他条件相同)
① X在时催化效率最高,能使正反应速率加快约
倍;
② Y在时催化效率最高,能使正反应速率加快约
倍;
③ Z在时催化效率最高,能使逆反应速率加快约
倍;
已知:T1>T2>T3,根据上述信息,你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是( )(填“X”或“Y”或“Z”),选择的理由是( )。
(3)合成气经压缩升温后进入甲醇合成塔,在催化剂作用下,进行甲醇合成,主要
反应是:
已知:
①上述反应中△H1=( )。
②下此反应的平衡常数为160。此温度下,在密闭容器中加入CO、
,反应到某时刻测得各组分的浓度如下:
比较此时正、逆反应速率的大小:v正( )v逆 (填“>”、“<”或“=”)。
③若加入等物质的量的CO、,在T5℃反应10 min后达到平衡,此时c(
)=0.4
, c(CO)=0.7
、则该时间内反应速率v(
) =( )
。
(4)生产过程中,合成气要进行循环,其目的是( )。
正确答案
(1)
①;
②BC
(2)Z ,催化效率高且活性温度低(或催化活性高速度快,反应温度低产率高)
(3)
①-129.6
② >
③0.03 mol·L-1·min-1。
(4)提高原料CO、H2的利用率(或提高产量、产率亦可)。
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
28.以地下卤水(主要含NaCl,还有少量Ca2+、Mg2+)为主要原料生产亚硫酸钠的新工艺如下,同时能得到用作化肥的副产品氯化铵。
已知以下四种物质的溶解度曲线图:
(1)“除杂”时,先加入适量石灰乳过滤除去Mg2+,再通入CO2并用少量氨水调节pH过滤除去Ca2+,“废渣”的主要成分为( )、( )。
(2)“滤渣1”的化学式为( )。
(3)在“滤液1”中加入盐酸的目的是( )。“滤渣2”的化学式为( )。
(4)已知H2CO3和H2SO3的电离常数如下表,“通入SO2”反应的化学方程式为( )。
正确答案
(1)Mg (OH)2 CaCO3
(2)NaHCO3
(3)除去HCO3- (多答“使更多的Na+形成NaCl析出,提高NH4Cl的纯度”不扣分)
NaCl
(4)NaHCO3+SO2 = NaHSO3+ CO2
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
28. 用电解方法制取金属镁时需要用无水MgCl2,而直接加热MgCl2WH2O晶体却得不到无水MgCl2。某化学小组利用下图实验装置(夹持装置已略去),通过测定反应物及生成物的质量来确定MgCl2.6H2O晶体受热分解的产物。
请回答:
(1)按气流方向连接各装置,其顺序为_______ (填仪器接口字母编号)。
(2)实验过程中,装置B中的CCl4层始终为无色。装置B的作用为________。实验结束后,需通入一段儿时间的空气,其目的为_______
(3)实验中称取8.12 g MgCl2•6H20晶体,充分反应后,装置A中残留固体质量为3.06 g, 装置B增重1.46 g,装置C增重3.60 go则装置A中发生反应的化学方程式为____________
(4)直接加热MgCl2WH2O晶体得不到无水MgCl2的原因为 ____________________________。
(5)某同学采用下图装置(夹持装置已略去)由MgCl2.6H20晶体制得了无水MgCl2。
①方框中所缺装置从上图A、B、C、D中选择,按气流方向连接依次为_______(只填仪器字母编号,不必填接口顺序)
②圆底烧瓶中盛装的液体甲为_______
正确答案
(1)
(2)吸收HCl,防止倒吸 将生成的气体全部吹入B、C装置充分吸收
(3)
(4)加热分解出的水会使水解
(5)
①C A B
②浓盐酸
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
12.根据下列实验现象,所得结论错误的是( )
正确答案
解析
解析已在路上飞奔,马上就到!
知识点
10.下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
正确答案
解析
A.根据电荷守恒可得c(OH-)+2c(A2-)=c(H+)+c(Na+)。
B.0.1 mol·L-1CH3COONa溶液与0.05 mol·L-1盐酸等体积混合后发生反应CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH。反应后是含CH3COONa、 NaCl、CH3COOH等物质的量混合溶液,因为溶液显酸性,则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-水解。所以溶液显酸性。弱电解质的电离程度是很微弱的。所以c(Cl-) >c(H+)、因此该溶液中各离子浓度的大小关系为c(CH3COO-)> c(Cl-) > c(CH3COOH) >c(H+)。
C.根据电荷守恒可得①c(Na+)+c(H+) =c(CN-) +c(OH-). 根据物料守恒可得:②2c(Na+)= c(CN-)+c(HCN ) 。将①×2-②可得:c(CN-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HCN)。
D. 0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2的溶液,根据物料守恒可得 c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Fe2+)+c(Fe(OH)2)=0.3 mol·L-1。
考查方向
解题思路
A.电荷守恒。
B.0.1 mol·L-1CH3COONa溶液与0.05 mol·L-1盐酸等体积混合后发生反应CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH。。
C.根据电荷守恒可得①c(Na+)+c(H+) =c(CN-) +c(OH-).物料守恒可得:②2c(Na+)= c(CN-)+c(HCN )。
D.物料守恒。
易错点
守恒定律的书写。
知识点
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