湖北省宜昌市届高三年级线上统一调研试题理综化学试题精解解析.docx
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湖北省宜昌市届高三年级线上统一调研试题理综化学试题精解解析
湖北省宜昌市2020届高三年级3月线上统一调研测试
理科综合能力测试化学部分
考生注意:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试题卷上无效。
3.考试结束后,将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H-1O-16Na-23Al-27S-32Co-59
选择题
一、选择题:
本题共7小题,每小题6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.钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一,以“入窑一色,出窑万彩”的神奇窑变著称,下列关于陶瓷的说法正确的是()
A.“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
B.高品质白瓷晶莹剔透,属于纯净物
C.氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D.由于陶瓷耐酸碱,因此可以用来熔化氢氧化钠
【答案】A
【解析】本题以我国陶瓷为背景,考查化学反应类型、物质的分类、新型无机非金属材料、二氧化硅的性质等基础知识,试题难度不大。
A.不同的金属氧化物颜色可能不同,在高温下,釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化,正确;B.瓷器的原料主要是黏土烧结而成,瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅,是混合物,错误;C.氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,错误;D.陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅,二氧化硅能与熔化氢氧化钠反应,错误。
2.下列有关化合物
的说法正确的是()
A.所有原子共平面B.其一氯代物有6种
C.是苯的同系物D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】本题考查有机物的基础知识,涉及共线共面、等效氢的判断、苯的同系物判断、官能团的性质等基础知识,试题难度不大。
A.“C-C”属于轴对称,可以旋转,连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转,苯平面和烯平面不一定共平面,错误;B.
有一对称轴,如图
,有5种不同的氢原子,其一氯代物有5种,错误;C.苯的同系物的通式为CnH2n-6,苯的同系物中侧链是饱和烃基,错误;D.
中有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,正确。
3.根据实验目的,设计相关实验,下列实验操作、现象解释及结论都正确的是()
【答案】C
【解析】本题考查实验方案设计与评价,涉及溶度积大小比较、离子检验、乙烯的性质、元素及其化合物的性质等基础知识,试题难度适中。
A.AgNO3溶液中加入NaCl,Ag+完全沉淀后,再向AgCl浊液中滴入KI溶液,白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀,才能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),错误;B.加入KSCN溶液溶液变红,只能说明有Fe3+,不能确定Fe2+是否完全被氧化,本实验应检验Fe2+,错误;C.纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液,紫红色褪去,说明乙烯具有还原性,正确;D.ClO-具有强氧化性,SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀,不能说明酸性强弱,错误。
4.下列图示与对应的叙述相符的是()
A.图1,a点表示的溶液通过升温可以得到b点
B.图2,若使用催化剂E1、E2、ΔH都会发生改变
C.图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时,产生CO2的情况
D.图4表示反应aA(g)+bB(g)
cC(g),由图可知,a+b>c
【答案】D
【解析】本题考查化学图像,涉及溶解度与温度关系、催化剂与活化能的关系、Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应、化学平衡移动等基础知识,试题难度适中。
A.a点未饱和,减少溶剂可以变为饱和,a和b点温度相同,则a点表示的溶液通过升温得不到b点,错误;B.加催化剂改变了反应的历程,降低反应所需的活化能,反应热只与始态和终态有关,与反应历程无关,但是反应热不变,错误;C.Na2CO3的碱性强于NaHCO3,碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠,发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳,发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸,错误;D.图4表示反应aA(g)+bB(g)
cC(g),由图可知,P2先达到平衡,压强大,加压后,A%减小,说明加压后平衡正向移动,a+b>c,正确。
5.科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源,用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本,高温利用三层液熔盐进行电解精炼,下列说法不正确的是()
A.电极d与b相连,c与a相连
B.电解槽中,Si优先于Cu被氧化
C.a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O
D.相同时间下,通入CH4、O2的体积不同,会影响硅的提纯速率
【答案】C
【解析】本题考查原电池和电解池,涉及原电池工作原理、电解原理、电极反应式的书写等基础知识,试题难度适中。
A.图2是甲烷燃料电池,通入甲烷的电极为负极,通入氧气的电极为正极,根据装置图,离子移动方向,图1中d电极为阳极,与电源正极b相连,c电极为阴极,与电源负极a相连,正确;B.根据装置图,d电极为阳极硅失电子被氧化,而铜没有,所以Si优先于Cu被氧化,正确;C.通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应,电解质只传导O2-,电极反应为CH4-8e-+4O2-═CO2+2H2O,错误;D.相同时间下,通入CH4、O2的体积不同,电流强度不同,会导致转移电子的量不同,会影响硅提纯速率,正确。
6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,X和Y能形成两种常见离子化合物,Z原子最外层电子数与其电子层数相同;X与W同主族。
下列叙述不正确的是()
A.原子半径:
Y>Z>W>X
B.X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1:
1
C.Y、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应
D.X与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红
【答案】B
【解析】本题考查物质结构,涉及元素周期表、元素周期律、元素及其化合物的性质、微粒半径大小比较、核外电子排布规律等基础知识,试题难度适中。
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,X和Y能形成两种常见离子化合物,这两种离子化合物为Na2O2和Na2O,X为O元素,Y为Na元素,Z原子最外层电子数与其电子层数相同,Z为Al元素;X与W同主族,W为S元素。
A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,Na>Al>S,同主族元素从上到下逐渐增大:
S>O,即Na>Al>S>O,正确;B.X、Y形成的Y2X2,形成的化合物是Na2O2,是由Na+和O22-构成,阴阳离子数目比为1:
2,错误;C.Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4,Al(OH)3具有两性,可以相互反应,正确;D.X与W形成的化合物SO2、SO3,它们的水溶液呈酸性,可使紫色石蕊溶液变红,正确。
7.向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液,混合溶液中lgx(x为
或
)与pH的变化关系如图所示,下列说法正确的是()
A.pH=7时,存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
B.直线Ⅰ表示的是lg
随pH的变化情况
C.
=10-2.97
D.A2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka2
【答案】B
【解析】本题以NaOH滴定H2A为背景,考查化学图像认识、物料守恒、电离常数的计算、水解平衡常数等基础知识,试题难度偏难。
二元弱酸的电离,以第一步电离为主,二元弱酸的Ka1=
×c(H+)>Ka2=
×c(H+),当溶液的pH相同时,c(H+)相同,lgX:
Ⅰ>Ⅱ,则Ⅰ表示lg
与pH的变化关系,Ⅱ表示lg
与pH的变化关系。
A.pH=4.19,溶液呈酸性,若使溶液为中性,则溶液中的溶质为NaHA和Na2A,根据物料守恒,存在c(Na+)>c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),错误;B.根据上述分析,直线Ⅰ表示的是lg
随pH的变化情况,正确;C.
=
÷
=
=
=102.97,错误;D.pH=1.22时和4.19时,lgX=0,则c(H2A)=c(HA-)、c(HA-)=c(A2-),Ka1=
×c(H+)=c(H+)=10-1.22,K2=
×c(H+)=c(H+)=10-4.19,A2-的水解平衡常数Kh1=
=10-9.81<10-4.19=Ka2,错误。
8.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。
现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。
Ⅰ.制备Na2S2O5
可用试剂:
饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)。
焦亚硫酸钠的析出原理:
2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)
(1)如图装置中仪器A的名称是___。
A中发生反应的化学方程式为___。
仪器E的作用是___。
(2)F中盛装的试剂是___。
Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性
(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去。
反应的离子方程式为___。
食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。
Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。
(4)将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液,取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液,充分反应后,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,Na2S2O5样品的纯度为___%(保留一位小数),若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,会导致Na2S2O5样品的纯度___。
(填“偏高”、“偏低”)
【答案】
(1)三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4防倒吸
(2)浓NaOH溶液
(3)5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O氧化变质
(4)95.0偏高
【解析】本题以制备Na2S2O5,并探究其化学性质为背景,考查实验仪器名称、实验基本操作、滴定实验、数据处理等基础知识,试题难度偏大。
Ⅰ
(1)根据仪器A的特点,仪器A的名称是三颈烧瓶。
A中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=H2O+SO2↑+Na2SO4。
二氧化硫易溶于水,仪器E的作用是防倒吸;
(2)二氧化硫有毒,排到空气中会污染空气,SO2是酸性氧化物,可用碱溶液吸收,题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液,F中盛装的试剂是浓NaOH溶液;
Ⅱ.(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去,说明MnO4-将S2O52-氧化生成硫酸根离子,根据化合价升降法进行配平,反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。
食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是:
利用焦亚硫酸钠的还原性,防止食品氧化变质;
Ⅲ.(4)由关系式:
5SO32-~2MnO4-,用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点,消耗Na2SO3溶液20.00mL,剩余的n(MnO4-)=
×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol,再由5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O得:
Na2S2O5样品的纯度为=
×100%=95.0%;若在滴定终点时,俯视读数Na2SO3标准液的体积,使Na2SO3标准液的体积偏低,算出的剩余高锰酸钾偏低,与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高,会导致Na2S2O5样品的纯度偏高。
9.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S),还含有FeO、CaO、SiO2等。
以辉铜矿石为原料制备CuCl2·2H2O的工艺流程如图所示:
已知:
Ⅰ.金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
Ⅱ.NaCl易溶于水,不溶于酒精,随温度变化溶解度变化不明显;CuCl2·H2O易溶于水,酒精,浓氨水,随温度升高溶解度变化明显增大。
Ⅲ.Ksp(CaF2)=4.0×10-11
(1)为了提高“溶浸”效率,可采取的措施是___。
写出“溶浸”过程中Cu2S溶解时离子方程式:
___。
(2)“脱硫”时,随着温度的升高,脱硫率呈上升趋势(如图),原因是___。
(3)写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式:
___。
(4)“沉铁”过程中,加入NaClO的两个作用是___。
(5)“操作X”的具体操作是___。
(6)经过“操作X”后,母液经过一系列操作可得到另外一种物质,要得到这种纯净物,最好选用下列试剂洗涤___。
A.浓盐酸B.水C.酒精D.浓氨水
(7)向“浸出液”中加入NaF除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1),当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,除钙率为___。
【答案】
(1)将矿石细磨(搅拌、升温或其它合理答案)Cu2S+4Fe3+=S+4Fe2++2Cu2+
(2)温度升高,单质硫在煤油中的溶解度增加
(3)4HF+H2SiO3=SiF4↑+3H2O
(4)NaClO将Fe2+氧化Fe3+,消耗H+,使H+浓度减小,促使水解平衡Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+向右移动,生成Fe(OH)3沉淀
(5)蒸发浓缩冷却结晶
(6)C
(7)99%
【解析】本题以辉铜矿为原料制备CuCl2·2H2O为背景的工艺流程,涉及陌生反应方程式的书写、物质分离和提纯的在综合应用、溶度积的计算等基础知识,试题难度偏难。
(1)为了提高“溶浸”效率,可采取的措施是将矿石细磨(搅拌、升温或适当提高酸的浓度);“溶浸”过程中Cu2S溶解时,被Fe3+氧化,根据化合价升降法进行配平,离子方程式:
Cu2S+4Fe3+=S+4Fe2++2Cu2+;
(2)根据图像,“脱硫”时,随着温度的升高,脱硫率呈上升趋势,温度升高,单质硫在煤油中的溶解度增加;
(3)加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子,“脱氟”时HF发生反应的化学方程式:
4HF+H2SiO3=SiF4↑+3H2O;
(4)“沉铁”过程中,加入NaClO的两个作用是NaClO将Fe2+氧化Fe3+,消耗H+,使H+浓度减小,促使水解平衡Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+向右移动,生成Fe(OH)3沉淀;
(5)因为制备物质中含有含有结晶水,则“操作X”的具体操作是蒸发浓缩冷却结晶。
(6)经过“操作X”后,母液经过一系列操作可得到另外一种物质,这种物质是NaCl,NaCl易溶于水,不溶于酒精,随温度变化溶解度变化不明显;CuCl2·H2O易溶于水、酒精、浓氨水,随温度升高溶解度变明显增大。
所以要得到这种纯净物,最好选用洗涤剂酒精,而A.浓盐酸、B.水、D.浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl,故答案为:
C。
(7)当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=c(Ca2+)(2.0×10-3)2=4.0×10-11,c(Ca2+)=1.0×10-5mol·L-1,则除钙率为
×100%=99%。
10.氯气是现代工业的重要原料,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点,回答下列问题:
(1)Deacon发明的直接氧化法为:
4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。
可按下列催化过程进行:
Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+
Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1
Ⅱ.CuCl(s)+
O2(g)=CuO(s)+
Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1
Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3
反应Ⅰ能自发进行的条件是___。
利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用反应___的ΔH。
(2)如图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl):
c(O2)分别等于1:
1、4:
1、7:
1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:
可知反应平衡常数K(400℃)__K(500℃)(填“大于”或“小于”)。
设容器内初始压强为p0,根据进料浓度比c(HCl):
c(O2)=4:
1的数据,计算400℃时容器内的平衡压强=___(列出计算式)。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c(HCl):
c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。
(3)已知:
氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。
有研究表明,生成NaClO3的反应分两步进行:
Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-
Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-
常温下,反应Ⅱ能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,试用碰撞理论解释其原因:
___。
(4)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4,写出阳极反应式:
___。
【答案】
(1)高温CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
(2)大于0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低
(3)反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO-向ClO3-转化
(4)ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+
【解析】本题考查选修4《化学反应原理》综合运用,涉及内容为复合判据、盖斯定律的应用、化学平衡常数意义和计算、电极反应式的书写等基础知识,试题难度适中。
(1)Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+
Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1,△S>0,则要△G=△H-T△S<0,须高温条件下才能自发;
Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+
Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1
Ⅱ.CuCl(s)+
O2(g)=CuO(s)+
Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1
Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3
利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,由盖斯定律,(Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2)/2得:
还需要利用反应CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)的ΔH;
(2)根据图象可知,进料浓度比相同时,温度越高HCl平衡转化率越低,说明该反应为放热反应,升高温度平衡向着逆向移动,则温度越高平衡常数越小,所以反应平衡常数K(400℃)大于K(500℃);进料浓度比c(HCl):
c(O2)的比值越大,HCl的平衡转化率越低,根据图象可知,相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl):
c(O2)=4:
1,该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。
则
p=
p0=0.848p0;
进料浓度比c(HCl):
c(O2)过低时,O2浓度较大,HCl的转化率较高,但Cl2和O2分离能耗较高,生成成本提高;进料浓度比c(HCl):
c(O2)过高时,O2浓度较低,导致HCl的转化率减小;
(3)生成NaClO3的反应分两步进行:
Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-,Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-,常温下,反应Ⅱ能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,用碰撞理论解释其原因:
反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO-向ClO3-转化;
(4)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4,阳极发生氧化反应生成ClO4-,阳极反应式:
ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+。
11.Ⅰ.羟基磷酸钙[Ca10(PO4)6(OH)2]具有优良的生物相容性和生物活性,它在口腔保健中具有重要作用,可以防止龋齿等,回答下列问题。
(1)Ca10(PO4)6(OH)2中,元素的电负性按由大到小的顺序依次是___。
(2)上述元素都能形成氢化物,其中PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3___NH3(填“>”或“<”),PO43-离子空间构型是___。
(3)现已合成含钙的全氮阴离子盐,其中阴离子N5-为平面正五边形结构,N原子的杂化类型是___。
(4)碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁,其原因是___。
(5)黑磷是磷的一种同素异形体,与石墨烯类似,其晶体结构片段如图1所示:
其中最小的环为6元环,每个环平均含有___个P原子。
Ⅱ.钴是人体不可或缺的微量元素之一。
Co、Al、O形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。
(6)基态Co原子的价电子排布式为___。
该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成,其化学式为___,NA为阿伏加德罗常数的值,钴蓝晶体的密度为___g·cm-3(列计算式)。
【答案】
(1)O>P>H>Ca
(2)小于正四面体
(3)sp2
(4)镁离子半径小于钙离子半径,与氧离子形成的离子键更强,晶格能更大,因此碳酸镁的热分解温度低
(5)2
(6)3d74s2CoAl2O4
【解析】本题考查选修3《物质结构与性质》的综合应用,涉及内容为电负性规律、空间构型、杂化类型的判断、晶格能大小的判断、晶体密度的计算等基础知识,试题难度适中,下面对试题逐项进行分析:
(1)同周期从左到右元素的电负性变大,同主族从上到下电负性变小,Ca10(PO4)6(OH)2中,元素的电负性按由大到小的顺序依次是O>P>H>Ca;
(2)NH3和PH3的空间构型都是三角锥型,但是,NH中N-H键的键长比PH中P-H键的键长要短,所以在NH3中,成键电子对更靠近,排斥力更大,以致键角更大。
而PH3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使H-P-H键角更小。
PH3与同主族元素N形成的氢化物的键角关系是PH3<NH3;PO43-中心原子为P,其中σ键电子对数为4,中心原子孤电子对数=
×(5+3-4×2)=0,PO43-中心原子价层电子对对数为4+0=4,P原子sp3杂化,PO43-离子空间构型是正四面体;
(3)含钙的全氮阴离子盐,阴离子N5-为平面正五边形结构,中心原子N,其中σ键电子对数为2,中心原子存在大π键,所以N原子的杂化类型是sp2;
(4)由于镁离子半径小于钙离子半径,与氧离子形成的离子键更强,晶格能更大,因此,碳酸镁的热分解温度低。
(5)黑磷与石墨烯类似,其中最小的环为6元环,每个环平均含有6×
=2个P原子
(6)Co为过渡元素,其价电子包括最外层电子和次外层d上的电子,基态Co原子的价电子排布式为3d74s2;I、II各一个小正方体为一个晶胞,该晶胞中Co原子个数=(4×
+2×
+1)×4=8、Al原子个数=4×4=16、O原子个数=8×4=32,Co、Al、O原子个数之比=8:
16:
32=1:
2:
4,化学式为CoAl2O4;该晶胞体积=(2a×10-7cm)3,钴蓝晶体的密度=
=
g·cm-3(列计算式)。
12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂,可治疗流感。
以莽草酸作为起始原料合成奥司他韦的主流路线如图:
已知:
+H2O
回答下列问题:
(1)下列关于莽草酸说法正确的有___。
A.莽草酸化学式是C7H8O5
B.与浓溴水反应可以生成白色沉淀
C.易溶于水和酒精
D.可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应
(2)奥司他韦中的官能团名称为___(写两种)。
(3)反应①所需的试剂和条件为___。
反应②的化学方程式为___。
反应③的反应类型为___。
(4)芳香化合物X是B的同分异构体,测得其核磁共振氢谱有6组峰,其中两组峰面积最大比值
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