1、宜昌夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中2019届高三5月模拟考试理综模拟试题卷可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Al:27 Cl:35.5 S:32 Ni:59 Ag:108 Pr:141 Mo:96第卷(共126分)一、选择题:本题共13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.生活离不开化学。某种金属制成的器皿,放置于空气中,其表面会逐渐变黑,如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡,一段时间后,黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是( )A. 衣紫腰银B. 点石成金C. 铜鸵荆棘D. 铁柞成针【答案】A【解析】某种金属制成
2、的器皿,放置于空气中,其表面会逐渐变黑,如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡,一段时间后,黑色完全褪去,该金属是银,表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中,由于铝的活泼性大于银,故铝为负极,失电子,银为正极,银表面的Ag2S得电子,析出单质银。A. 衣紫腰银涉及金属银,故A正确;B. 点石成金涉及金属金,故B错误;C. 铜鸵荆棘涉及金属铜,故C错误;D. 铁柞成针涉及金属铁,故D错误;故选A。2.设NA代表阿伏加德罗常数的值,N表示粒子数。下列叙述正确的是( )A. 在标准状况下2.24LCCl4中含有的CCl键数为0.4NAB. 将1mol Cl2通入水中,则N(
3、HClO)+N(Cl)+N(ClO)2NAC. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时,反应转移的电子数为aNA/14D. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA【答案】D【解析】【详解】A. 在标准状况下,CCl4是液体,2.24LCCl4的物质的量远大于0.1mol,CCl键数远大于0.4NA,故A错误;B. 氯气与水反应可逆,将1mol Cl2通入水中,则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)2NA,故B错误;C. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时,参加反应的Na2O2的物质的量是xmol。则2CO2+2Na2O2= 2Na2CO3+O2 m 2m
4、ol 56g xmol agx=,反应转移的电子数为,故C错误;D.甲醛、冰醋酸的最简式都是CH2O,3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA,故D正确。3.依曲替酯是一种皮肤病用药,它可以由原料X经过多步反应合成。下列说法不正确的是( )A. 原料X与中间体Y互为同分异构体B. 原料X可以使酸性KMnO4溶液褪色C. 中间体Y能发生还原、加成、取代、氧化、水解反应D. 1 mol依曲替酯只能与1 mol NaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A. 原料X与中间体Y的分子式都是C13H12O4,结构不同,所以互为同分异构体,故A正确;B. 原料X含有碳碳双键、苯环上含
5、有甲基,所以可以使酸性KMnO4溶液褪色,故B正确;C. 中间体Y含有羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应,中间体Y含有酯基、酚羟基能发生取代反应,中间体Y含有酚羟基能发生氧化反应、中间体Y含有酯基能发生水解反应,故C正确D. 1 mol依曲替酯含有1mol酚羟基形成酯基,能与2mol NaOH发生反应,故D错误,选D。4.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是( )选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭,并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛有H2O2溶液试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色,一段时间后,溶液中出现气泡,随后有红褐色沉淀生
6、成Fe2+催化H2O2分解产生O2;H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动C铝片先用砂纸打磨,再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝被浓硝酸钝化D向等浓度的KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A浓硫酸能将有机物中H、O元素以2:1水的形式脱去而体现脱水性,浓硫酸还将氧化C生成二氧化碳,浓硫酸还体现强氧化性,故A正确;B向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液,溶液变成棕黄色,一段时间后,说明Fe2+被氧化为Fe3+,此时溶液中出现气泡,Fe3+ 是
7、H2O2分解的催化剂,故B错误;C常温下铝与浓硝酸发生钝化现象,故C正确;D向等浓度的KC1、KI混合液中逐滴满加AgNO3溶液,先出现黄色沉淀,则说明Ksp(AgCl)Ksp (AgI),故D正确,答案为B。5.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是( )A. 原子半径:CBAB. 气态氢化物的热稳定性:ECC. 最高价氧化对应的水化物的酸性:BED. 化合物DC与EC2中化学键类型相同【答案】C【解析】
8、【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素,A、B形成的简单化合物常用作制冷剂,制冷剂为氨气,所以A为氢元素,B为氮元素,D原子最外层电子数与最内层电子数相等,为镁元素,化合物DC中两种离子的电子层结构相同,所以C为氧元素,A,B、C、D的原子序数之和是E的两倍,则E为硅元素。A. 根据同周期元素,从左到右原子半径减小,故原子半径: B CA,故错误;B. 氧的非金属性比硅强,所以气态氢化物的热稳定性:C E,故错误;C. 氮的非金属性比硅强,所以最高价氧化对应的水化物的酸性:硝酸大于硅酸,故正确;D. 氧化镁含有离子键,二氧化硅含有共价键,故错误。故选C。6.由相同金
9、属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池,称浓差电池,电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中,X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时,先闭合K2,断开K1,一段时间后,再断开K2,闭合K1,即可形成浓差电池,电流计指针偏转。下列不正确的是( )A. 充电前,该电池两电极存在电势差B. 放电时,右池中的NO3通过离了交换膜移向左池C. 充电时,当外电路通过0.1 mol电子时,两电极的质量差为21.6gD. 放电时,电极Y为电池的正极【答案】A【解析】【分析】先闭合K2,断开K1,形成电解池,X电极是阴极,电极反应是Ag+e-=Ag,Y是阳极,电极反应式是Ag-e-=Ag+,NO
10、3-通过离子交换膜进入右池,所以左池浓度小于右池;再断开K2,闭合K1,形成原电池,电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极,X是负极、Y是正极。【详解】A. 充电前,左右两池浓度相同,该电池两电极不存在电势差,故A错误;B. 放电时,电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极,X是负极、Y是正极,右池中的NO3通过离了交换膜移向左池,故B正确;C. 充电时,当外电路通过0.1 mol电子时,X电极消耗0.1molAg,Y电极生成0.1molAg,所以两电极的质量差为21.6g,故C正确;D. 电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极,充电后左池浓度小于右池,所以放电时,电极Y为电池的正极
11、,故D正确;选A。7.20时,在H2C2O4、NaOH混合溶液中,c(H2C2O4)c(HC2O4-)c(C2O42-)0.100mol/L。含碳元素微粒的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )A. 表示H2C2O4的分布曲线,表示C2O42-的分布曲线B. 20时,H2C2O4的二级电离平衡常数Ka21104.2C. Q点对应溶液中lgc(H)lgc(OH)D. 0.100molL1的NaHC2O4溶液中:c(OH)c(H)2c(C2O42-)c(H2C2O4)【答案】B【解析】【详解】A.H2C2O4是二元弱酸,表示HC2O4-的分布曲线,表示H2C2O4的分布曲线、
12、表示C2O42-的分布曲线,故A错误;B.p点c(HC2O4-)=c(C2O42-),pH=4.2,20时,H2C2O4的二级电离平衡常数Ka2=1104.2,故B正确;C. Q点的溶液呈酸性,c(OH)c(H),对应溶液中lgc(H)lgc(OH),故C错误;D. 0.100 molL-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒,c(Na+)=c(C2O42-)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-),电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+c(HC2O4-),计算得到c(OH-)+c(C2O42-)c(H+)+c(H2C2O4),故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质
13、的电离、离子浓度大小比较,侧重于学生分析能力、读图能力的考查,注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。8.为检验溶液中是否含有Cl-,某同学采用向溶液中先加HNO3,再加AgNO3,溶液的实验方案,若有白色沉淀生成,则证明有Cl-。对此结论,有人提出了质疑,设计了如下探究性实验。实验一:向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液编号Na2SO4溶液AgNO3溶液现象体积/mL浓度(molL-1)体积/滴浓度(molL-1)1l32出现大量白色沉淀1130.5出现少量白色沉淀1130.1有些许浑浊1130.0l无明显变化(1)实验一中产生沉淀的离子方程式为_。(2)学生设计了如下表格,对实验一内容进行理论
14、计算,请帮他完成表格。(表中不要留空格)。25时Ksp(Ag2SO4)=1210-5,Ksp(AgCl)=1810-10编号AgNO3浓度(molL-1)稀释后Ag+浓度(molL-1)混合液中SO42-的最小理论检出浓度(molL-1)20.20.00030.5_0.00480.10.0l0.12_0.001_若向lmL某溶液中加入3滴0.1mol/LAgNO3溶液,分析上面数据,判断下列说法正确的是_ (填字母序号)。A混合液中c(SO42-)=0.1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀B混合液中c(SO42-)=1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀C无论SO42-浓度大小都会产生Ag2
15、SO4沉淀D若使用0.01 mol/LAgNO3溶液,可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰(3)将实验一中编号中的理论计算结果与现象对照,发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀,这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相,在实验一的基础上继续设计了以下实验。实验二:编号AgNO3溶液浓度(molL-1)现象向沉淀中滴加硝酸后的现象2出现大量白色沉淀滴加稀硝酸,沉淀大量溶解;改加浓硝酸,沉淀较快消失0.5出现少量白色沉淀滴加稀硝酸,沉淀基本消失对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设,请完成假设一。(已知:H2SO4=H+HSO4-、HSO4-H+SO42-;假设二可能的原因是NO3-与A
16、g+形成配位化合物)假设一:_。假设二:NO3-对Ag2SO4溶解起作用。(4)从下列限选试剂中选择适当试剂并设计实验方案,分别验证假设一和假设二是否成立。请写出实验步骤和结论。(限选试剂:Ag2SO4固体、浓HNO3、NaNO3饱和溶液、CaSO4固体)_(5)通过(4)的实验,若证实假设一成立,请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因_【答案】(16分)(1)2Ag+ SO42-Ag2SO4 (2分)(2)0.05 (1分) 0.01 (1分) 12(2分) AD (2分)(3)假设一:H+对Ag2SO4溶解起作用(2分)(4)取少量CaSO4固体于试管中,加入一定量浓HNO3,充分振荡。若
17、沉淀溶解,说明假设一成立。取少量Ag2SO4固体于试管中,加入一定量NaNO3饱和溶液,充分振荡。若沉淀溶解,说明假设二成立。(验证假设一和假设二各2分,共4分)(5)Ag2SO4固体在水中存在平衡:Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq),H+与SO42-结合生成HSO4-,SO42-浓度降低,平衡正向移动,Ag2SO4不断溶解。(2分)【解析】试题分析:(1)实验一中产生沉淀的离子方程式为2Ag+ SO42-Ag2SO4。(2)根据实验可知,稀释后浓度变成原来的,因此稀释后的浓度为0.05 molL,稀释前的浓度为0.01 molL-1,根据Ksp(Ag2SO4)=1210-
18、5,有c2(Ag+)c(SO42)=0.012c(SO42)= 1210-5,解得:c(SO42)=12molL向l mL某溶液中加入3滴01 molL AgNO3溶液,AgNO3的浓度为001 molL。当混合液中c(SO42-)=01 molL时不会产生Ag2SO4沉淀,A正确;当混合液中c(SO42-)=1 molL时会产生Ag2SO4沉淀,B、C错误;若使用001 molL AgNO3溶液,c(SO42)需达到12molL才能生成沉淀,在一般的稀溶液中是不可能的,可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰,D正确;(3)加入的硝酸溶液中含有两种离子H+和NO3-,结合题意“假设二可能的
19、原因是NO3-与Ag+形成配位化合物”可知假设一应该与H+有关:H+对Ag2SO4溶解起作用(4)取少量CaSO4固体于试管中,加入一定量浓HNO3,充分振荡。若沉淀溶解,说明假设一成立。取少量Ag2SO4固体于试管中,加入一定量NaNO3饱和溶液,充分振荡。若沉淀溶解,说明假设二成立。(5)Ag2SO4固体在水中存在平衡:Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq),H+与SO42-结合生成HSO4-,SO42-浓度降低,平衡正向移动,Ag2SO4不断溶解。考点:考查了化学实验的设计与猜想和化学平衡等相关知识。9.金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、
20、+5、+4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O),部分流程如图1所示:已知:钼酸微溶于水,可溶于液碱和氨水。回答下列问题:(1)钼精矿焙烧时,每有1molMoS2反应,转移电子的物质的量为_。(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_,请你设计工业上除去该尾气的方法(写出两种“变废为宝”的方法和离子方程式):_;_。(3)由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。(4)操作1中,加入碳酸钠溶液充分反应后,碱浸液中c(MoO42-)0.80mol/L,c(SO42-)0.04mol/L,在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO
21、42-。当BaMoO4开始沉淀时,SO42-的去除率是_。Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMoO4)4.0108,溶液体积变化可忽略不计(5)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉,图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。x_。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应,若该反应转移6mol电子,则消耗的氧化剂的物质的量为_。【答案】 (1). 14mol (2). 形成酸雨 (3). 可用氨水吸收后制成氮肥,并为硫酸工业提供原料气 (4). 2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2O,SO32-+2H+=SO2H2O (5). 瓷坩埚 (6). 94
22、.5% (7). 64 (8). 3mol【解析】【分析】(1)钼精矿焙烧时,MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2; (2)钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物;工业上可以用氨水吸收制取氮肥,并为硫酸工业提供原料气;(3)钼酸灼烧得到MoO3;(4)根据Ksp(BaMoO4)40108计算BaMoO4开始沉淀时c(Ba2+),再根据c(Ba2+)和 Ksp(BaSO4)1.11010计算溶液中c(SO42-);(5)第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3,根据Mo元素守恒计算x;MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2;【详解】(1)钼
23、精矿焙烧时,MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2,反应方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2,所以每有1molMoS2反应,转移电子的物质的量为14mol;(2)钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物,对环境的主要危害是形成酸雨;工业上可用氨水吸收后制成氮肥,并为硫酸工业提供原料气,反应方程式是2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2O,SO32-+2H+=SO2H2O;(3)钼酸灼烧得到MoO3,灼烧固体的仪器是瓷坩埚;(4)c(MoO42-)0.80mol/L,则BaMoO4开始沉淀时c(Ba2+)= 510-8,此时c(SO42-)=2.2 10-3,SO42-的去除率
24、是;(5)第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3,MoS2、MoO3的含量分别为18%,根据Mo元素守恒,MoO2的含量为1-18%-18%=64%;MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2,MoO3中Mo元素由+6价降低为+4,MoO3是氧化剂,若转移6mol电子,则消耗MoO3的物质的量为3mol。【点睛】本题考查混合物的分离和提纯,侧重考查流程图中操作过程、物质性质、图象分析等,明确操作基本原理及物质的性质是解本题关键,同时考查学生分析判断及知识综合应用能力,注意溶度积常数的有关计算。10.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯,甲
25、烷在催化作用下脱氢,在气相中经自由基偶联反应生成乙烯,其反应如下:2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) H 0化学键HHCHC = CCCE(kJ / mol)abcd(1)已知相关化学键的键能如表,甲烷制备乙烯反应的H =_(用含a.b.c.d的代数式表示)。(2)T1温度时,向1L的恒容反应器中充入2 molCH4,仅发生上述反应,反应过程中015 min CH4的物质的量随时间变化如图1,测得10-15 min时H2的浓度为1.6molL-1010min内CH4表示的反应速率为_mol/(Lmin) o若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时,使用质量相同但表面积不同的催化剂时
26、,达到平衡过程中n (CH4)的变化曲线,其中表示催化剂表面积较大的曲线是_(填“a”或 “b”)。15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化,则改变的条件可能是_(任答一条即可)。(3)实验测得:v正=K正c2(CH4),v逆=K逆c(C2H4)c2(H2),其中K正、K逆为速率常数仅与温度有关,T1温度时k正与K逆的比值为_(填数值)。若将温度由T1升高到T2,则反应速率增大的倍数V正_V逆(选填“”、“”或“=”);判断的理由是_(4)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示,电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体,可在高温下传导O2-C极的Pt为_极
27、(选填“阳”或“阴” )。该电池工作时负极反应方程式为_。用该电池电解饱和食盐水,一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,则电解后所得溶液在25时pH=_(假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL)。【答案】 (1). +(4b-c-2a) kJmoL-1 (2). 0.16 (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). 12.8 (6). (7). H 0,温度升高,k正增大的倍数大于k逆 (8). 阳 (9). CH48e+4O2=CO2+2H2O (10). 12【解析】【分析】(1)焓变=反应物的总键能生成物的总键能;(2);催化剂表面积越大,反应速率越快;15
28、min时,改变外界反应条件导致n( CH4)减小,说明平衡正向移动; (3)利用 “三段式”计算T1温度,平衡时各物质的量的浓度,带入v正=K正c2(CH4),v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)计算速率,再根据平衡时正逆反应速率相等计算k正与K逆的比值;根据升高温度后平衡移动方向分析升温后V正、V逆的相对大小;(4)甲烷燃料电池,通入氧气的一极为正极、通入甲烷的一极为负极,负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水;电解池的C极与电源的正极相连,C是阳极、D是阴极。【详解】(1)焓变=反应物的总键能生成物的总键能,2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) H=8bc 4b2a+(4b-c-2a)
29、kJmoL-1;(2)10-15 min时H2的浓度为1.6molL-1,根据反应方程式,甲烷的浓度变化为1.6molL-1, 010min内CH4表示的反应速率=0.16 mol/(Lmin);催化剂表面积越大,反应速率越快,表示催化剂表面积较大的曲线是b;2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)正反应吸热、气体物质的量增多,所以升高温度或减小压强,平衡正向移动, n( CH4)减小,故15 min时,改变外界反应条件可能是升高温度或减小压强。(3)2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)开始 2 0 0转化 1.6 0.8 1.6平衡 0.4 0.8 1.6v正=K正c2(CH4)
30、= K正(0.4)2,v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)= K逆0.8(1.6)2,平衡时正逆反应速率相等,即K正(0.4)2= K逆0.8(1.6)2,k正与K逆的比值为12.8;该反应H 0,温度升高,平衡正向移动,所以k正增大的倍数大于k逆;(4)电解池的C极与电源的正极相连,C极的Pt为阳极。通入甲烷的一极为负极,负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水,负极反应方程式为CH48e+4O2=CO2+2H2O。用该电池电解饱和食盐水,电解方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2,生成气体的物质的量是 ,则生成氢氧化钠xmol;2NaCl+2H2O 2NaOH+ H2+Cl2 2
31、2 x 0.005x=0.005mol,c(OH-)= ,则25时,电解后所得溶液在pH=12。11.化学物质结构与性质镧系为元素周期表中第B族、原子序数为5771的元素。(1)镝(Dy)的基态原子电子排布式为Xe4f106s2,画出镝(Dy)原子外围电子排布图:_。(2)高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3,基态时Cu3的电子排布式为_。(3)观察下面四种镧系元素的电离能数据,判断最有可能显示3价的元素是_(填元素名称)。几种镧系元素的电离能(单位:kJmol1)元素I1I2I3I4Yb(镱)604121744945014Lu(镥)532139041114987La(镧)5381067185
32、05419Ce(铈)527104719493547(4)元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2Ce(NO3)6。组成配合物的四种元素,电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。写出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键:_(任写一种)。元素Al也有类似成键情况,气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2,分子中Al原子杂化方式为_,分子中所含化学键类型有_(填字母)。a离子键 b极性键 c非极性键 d配位键(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中镨原子位于面心和顶点,则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有_个氧原子;已知晶胞参数为apm,密度为gcm3,NA_(用含a、的代数式表示)
33、。【答案】 (1). (2). Ar3d8(或1s22s22p63s23p63d8) (3). 镧 (4). ONHCe (5). NHO(或NHN或OHN或OHO) (6). sp3 (7). bd (8). 8 (9). (或)【解析】(1).根据镝(Dy)的基态原子电子排布式Xe4f106s2可知,镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子,6s能级上有2个电子,则其外围电子排布图为:,故答案为:;(2).Cu是 29号元素,基态原子的电子排布式为:Ar3d104s1,高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,说明Cu失去3个电子,则基态时Cu3+的电子排布式为:Ar3d8 (或1s22s2
34、2p63s23p63d8),故答案为:Ar3d8 (或1s22s22p63s23p63d8);(3).第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小,第三个电子越容易失去,+3价可能性越大,在上述表中,镧的I1、I2和I3最接近,则最有可能显示+3 价的元素是镧,故答案为:镧;(4). .元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2Ce(NO3)6,组成配合物的四种元素中,因元素非金属性越强,电负性越大,则ONH,又因Ce是金属,其电负性在四种元素中最小,所以电负性大小顺序为:ONHCe,故答案为:ONHCe; . N和 O元素的电负性强,则NH3的水溶液中存在的氢键有:N-HO(或 N-HN或O-H
35、N或O-HO),故答案为:N-HO(或 N-HN或O-HN或O-HO); .在气态氯化铝 (AlCl3)2中,每个Al原子与4个Cl原子形成4个键,则Al原子的杂化方式为sp3,在该分子中,与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中,有一个是配位键,氯原子提供电子,铝原子提供空轨道,故答案为:sp3;bd;(5).PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似,晶胞中镨原子位于面心和顶点,所以晶胞中镨原子的个数为:61/2+81/8=4,则氧原子个数为:42=8;根据上述分析可知,一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2,则=,则NA=(或),故答案为:8;(或);12.【化学选修5:有机化学基础】聚合
36、物H ()是一种聚酰胺纤维,广泛用于各种刹车片,其合成路线如下: 已知:C、D、G均为芳香族化合物,分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。Diels-Alder反应:。(1)生成A的反应类型是_。D的名称是_。F中所含官能团的名称是_。(2)B的结构简式是_;“BC”的反应中,除C外,另外一种无机产物是_。(3)D+GH的化学方程式是_。(4)Q是D的同系物,相对分子质量比D大14,则Q可能的结构有_种,其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为_(任写一种)。(5)已知:乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1,3-丁二烯和乙炔为原料,选用必要的无
37、机试剂合成,写出合成路线_(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】 (1). 消去反应 (2). 对苯二甲酸 (3). 硝基、氯原子 (4). (5). H2O (6). (7). 10 (8). 或 (9). 【解析】根据题意,A是,C为:,D为:,E为:,F为:,G为:。(1)是由乙醇分子内脱水生成乙烯,故生成A反应类型为:消去反应;D为:,名称为:对苯二甲酸,F是,所含官能团的名称是硝基和氯原子;(2)B由乙烯和生成,故B结构简式是:;“BC”的反应即为分子内脱水,除C外,另外一种产物是水;(3)D为:,G为:,H为,故D+GH的化学方程式是:n+
38、 n + (2n-1)H2O;(4)Q是D的同系物,相对分子质量比D大14,则多一个CH2,分子中除了苯环,还有两个羧基,碳原子还剩下1个,若苯环上只有一个取代基,则为-CH(COOH)2,有一种;若有两个取代基,则为-COOH和-CH2COOH,两者在本换上的位置为邻间对三种;若有三个取代基,则为两个羧基和一个甲基,先看成苯二甲酸,苯二甲酸两个羧基的位置有则Q可能的结构有邻间对,而苯环上的H再被甲基取代的分别有2种、3种1种,总计共10种同分异构体;其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为;(5)乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应:,以1,3-丁二烯和乙炔为原料,合成,合成思路为:先用反应合成六元环,再用卤素加成,再用氢氧化钠水溶液取代即可合成产物,故合成路线为:。