作业帮精编化学密卷-答案.pdf

答案与解析：1.C解答：A蚕丝的主要成分是蛋白质，故 A 错误；B蚕丝是天然蛋白质，属于天然高分子材料，故 B 错误；C古代的蜡是高级脂肪酸脂，是一种酯类物质，故 C 正确；D酯类不属于高分子聚合物，故 D 错误；故选：C。2.A解答：A219 g 核素21993Np 的物质的量为：1mol，1mol21993Np 发生衰变生成1mol20787Fr 和 3mol 粒子（42He），产生的 粒子数为 3NA，故 A 正确；B.常温常压下，不能使用标况下气体摩尔体积计算气体的物质的量，故 B 错误；CCH3COONH4溶液呈中性，缺少溶液浓度，无法计算溶液中含有的 NH4+数，故 C 错误；D 0.1 mol CH3C1与0.1 mol Cl2在光照下发生取代反应，生成CCl键的物质的量为0.1mol，增加的 CC1 键数为 0.1NA，故 D 错误；故选：A 3.B解答：A根据图知，反应物是 C6H6O 和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故 A 正确；BBMO 在光照下失去电子变为 BMO+，体现较强的还原性，故 B 错误；C二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故 C 正确；D 根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得 1 个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为 3：1，作业帮故 D 正确；故选：B。4.D 解答：A溴苯中含有剩余的苯和液溴，经稀碱溶液洗涤后混合液分层，先分液再干燥、蒸馏可得纯净溴苯，故 A 正确；B挥发出的 HBr 中含有溴，溴溶于四氯化碳呈浅红色，故 B 正确；C反应生成的 HBr 为污染物，装置 c 中碳酸钠溶液的作用是吸收挥发出来的溴化氢，故 C正确；D.如果换成苯和浓溴水反应，苯会萃取溴水中的溴，反应液会发生分层，溴化铁在水层，苯和溴在有机层，溴化铁无法催化反应进行，故不是因为溴水浓度不够，反应不能进行，故 D错误。故选：D。5.B 解答：A由图可知，冰表面第一层中只存在 HCl 分子，则 HCl 以分子形式存在，故 A 正确；B冰表面第二层中，Cl：H2O104：1，设水的体积为 1L，溶液体积近似为 1L，则 H+浓度为5103molL1，故 B 错误；C冰表面第三层中，仍存在 H2O 分子，则冰的氢键网络结构保持不变，故 C 正确；D由图可知，第二层同时存在 HCl 分子、H+、Cl-，故存在可逆反应 HClH+Cl，故 D 正确；故选：B。6.D 作业帮解答：A溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小，由图象可知 a、b、c 点的离子种类、浓度不同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，故 A 正确；B 由图象可知 b 点钾离子浓度较小，b 点导电能量较大，b 点存在 Na+与 A2，可知 Na+与A2的导电能力之和大于 HA的，故 B 正确；C由题给数据可知 H2A 为二元弱酸，b 点溶质为为 Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则 pH7，故 C 正确；Dc 点 NaOH 过量，且过量的 NaOH 的物质的量 n（NaOH）Na，所以非金属性 ZYXW，故 B 错误；CX 最高价氧化物的水合物是 H2SiO3，H2SiO3可以和 HF 反应，故 C 正确；DY 为 P 元素，其最外层有 5 个电子，P 原子形成 2 个共价键且该阴离子得到 W 原子的一个电子，所以 P 原子达到 8 电子结构，即 Y 原子达到 8 电子结构，故 D 错误；作业帮故选：C。8.答案：（1）Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3（2）盐酸中的 Cl会被氧化，产生 Cl2；（3）蒸发结晶、趁热过滤；（4）Cr（OH）3+OHCrO2+2H2O D 3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O 解答：（1）三氧化二铬与铝发生铝热反应的方程式为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；故答案为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；（2）盐酸中的氯是1 价具有还原性，会被 CrO42氧化成氯气，故答案为：盐酸中的 Cl会被氧化，产生 Cl2；（3）由图 2 可知 Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，而硫酸钠的溶解度随温度的升高而降低，所以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法分离硫酸钠，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；（4）Cr（OH）3的化学性质与 Al（OH）3相似，如果氢氧化钠过量 Cr（OH）3会溶解，反应离子方程式为：Cr（OH）3+OHCrO2+2H2O。故答案为：Cr（OH）3+OHCrO2+2H2O；可以代替上述流程中 Na2S2O3溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子；AFeSO4溶液中亚铁离子具有还原性，可以还原 Cr2O72离子，但会引入新的杂质离子铁离子，故 A 不符合；作业帮B浓 H2SO4具有强氧化性，不能表现还原性，不能还原 Cr2O72，故 B 不符合；C酸性 KMnO4是强氧化剂不能还原 Cr2O72，故 C 不符合；DNa2SO3溶液中亚硫酸根离子具有还原性，可以还原 Cr2O72，故 D 符合；故答案为：D；每消耗 0.1mol Na2S2O3转移 0.8mol e，Na2S2O3 2SO428e，Cr2O722Cr3+6e，依据氧化还原反应电子守恒配平书写，3Na2S2O3 6SO4224e，4Cr2O728Cr3+24e，得到的氧化还原反应的离子方程式为 3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O；故答案为：3S2O32+4Cr2O72+26H+6SO42+8Cr3+13H2O 9.（1）8H2O+O2+20e8H2+10O2；（2）90.1；（3）；M，N 点均为平衡点，P1P 2，且 TNTM，压强越大反应速率越快，温度越高反应速率越快，故 N 点 v正M 点 v逆；（4）AC；0.25（L/mol）2；解答：（1）由图可知：在膜测 CH4中的 C 失去电子被氧化为 CO，膜 I 侧氧气、水得到电子，每 1mol O2反应，得到 4 个电子，在膜 I 侧发生的电极反应为：O2+4e2O2，H2O+2eH2+O2，假设 O2 为 1，由于在空气中 N2与 O2的物质的量之比约 4：1，则 N2为 4，反应后膜侧所得2，则反应后得到 H2为 8，即有 8molH2 O 发生反应产生 H2，所以+8可得膜 I 的总反应式：8H2O+O2+20e8H2+10O2；故答案为：8H2O+O2+20e8H2+10O2；作业帮（2）已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H249.0kJ/mol，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H341.1kJ/mol，根据盖斯定律：+，则H149.0kJ/mol+（41.1kJ/mol）90.1kJ/mol；故答案为：90.1；（3）由图，M，N 点均为平衡点，增大压强有利于正反应，相同温度下 p1的 CO 转化率高，故 p1p 2，且 TNTM，压强越大反应速率越快，温度越高反应速率越快，故 N 点 v正M 点 v逆；故答案为：；M，N 点均为平衡点，p1p 2，且 TNTM，压强越大反应速率越快，温度越高反应速率越快，故 N 点 v正M 点 v逆；（4）A.反应是在恒温恒容的密闭容器中进行，由于该反应是气体体积减小的反应，若反应达到平衡，则容器内气体的压强保持不变，故 A 正确；B.v正（H2）2v逆（CH3OH）时，反应达到平衡，故 B 错误；C.由于该反应反应前后气体分子数不相等，若混合气体的相对分子质量保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，故 C 正确；D.由于反应混合物都是气体，在任何状态下气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何条件下，混合气体的密度都保持不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，故 D 错误；故答案为：AC；列三段式：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）c 起始：2 4 0 作业帮c5min：1.3 2.6 0.7 c10min：1 2 1 c15min：1 2 1 1015min 处于平衡状态，该温度下反应的平衡常数 K0.25（L/mol）2；故答案为：0.25（L/mol）2；10min 内的三段式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）n 起始：2 4 0 n 转化：1 2 1 n10min：1 2 1 由于反应开始时气体的物质的量是 6mol，起始压强为 P0，平衡时的压强为P0，反应开始氢气的分压为：P0，平衡时氢气的分压为P0P0，10min 内 H2的反应速率 v（H2）Pa/min；故答案为：。10.答案：（1）I2；（2）溶液不变蓝；（3）解释 1：6H+5I+IO33I2+3H2O，解释 2：4H+4I+O22I2+2H2O，解释 3：2H+2I+IOI2+H2O 淀粉遇碘变蓝色是淀粉的特性；（4）2H+2 I+Ag2O2AgI+H2O；证明上层溶液中存在 I；沉淀 I，排除向滤液中加入稀 H2SO4后，因 I被氧化生成 I2作业帮的可能；HIO（或 IO）、HIO3（或 IO3）、H+；（5）现象：部分 I2挥发，部分 I2与 H2O 发生反应；现象：淀粉完全水解加热时，I2与 H2O 的反应速率大于淀粉水解的速率 解答：（1）淀粉遇碘变蓝色是淀粉的特性，人们根据淀粉的这一特性来鉴定淀粉的存在，淀粉是由 D葡萄糖单体组成的同聚物，包括直链淀粉和支链淀粉两种类型，为植物中糖类的主要贮存形式；淀粉遇碘变蓝色，这并非是淀粉与碘发生了化学反应，而是淀粉螺旋中央空穴恰能容下碘分子，通过范德华力，两者形成一种络合物，这种络合物能比较均匀地吸收除蓝光以外的其它可见光，从而使淀粉变为深蓝色，故答案为：I2；（2）在酸性条件下，加热促进淀粉水解，淀粉水解生成葡萄糖，“现象 a”是加入碘水后，溶液中无明显现象，不会变成蓝色，说明溶液中不存在淀粉，“现象 a”证实冷却后平衡逆向移动该分析不合理，故答案为：溶液不变蓝；（3）加入稀硫酸瞬间变蓝，这说明有碘单质生成，或碘单质的浓度增大，可能为碘离子、碘酸根离子在酸性条件下反应生成碘，解释 1：6H+5I+IO33I2+3H2O，也可能是在酸性条件下碘离子被氧气氧化，解释 2：4H+4I+O22I2+2H2O，也可能是由于碘溶于水发生类似氯气和水的反应，即溶液中存在平衡：2H+2I+IOI2+H2O，加入硫酸，氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，生成的碘单质与淀粉作用变成蓝色，故答案为：解释 1：6H+5I+IO33I2+3H2O，解释 2：4H+4I+O22I2+2H2O，解释 3：2H+2I+IOI2+H2O 淀粉遇碘变蓝色是淀粉的特性；（4）测得溶液的 pH5，溶液显酸性，碘离子和氧化银反应，产生的黄色沉淀为碘化银，作业帮反应为：2H+2I+Ag2O2AgI+H2O，故答案为：2H+2 I+Ag2O2AgI+H2O；根据 2H+2I+Ag2O2AgI+H2O 可知，氧化银的作用是同时除去碘离子和氢离子，证明上层溶液中存在 I；沉淀 I，排除向滤液中加入稀 H2SO4后，因 I被氧化生成 I2的可能，故答案为：证明上层溶液中存在 I；沉淀 I，排除向滤液中加入稀 H2SO4后，因 I被氧化生成 I2的可能；滤液中加入硫酸和亚硫酸钠，然后加入淀粉，溶液变蓝色，说明有碘生成，而亚硫酸钠具有还原性，则推测滤液中含有的物质具有氧化性，其还原产物是碘，可能是次碘酸或碘酸，所以推测滤液中含有的物质（或离子）可能是 HIO（或 IO）、HIO3（或 IO3）、H+，故答案为：HIO（或 IO）、HIO3（或 IO3）、H+；（5）由于淀粉水解速率较慢，而碘在水中受热挥发反应较快，因而实验 A 中的加热后碘挥发，部分 I2与 H2O 发生反应，蓝色褪色，而实验中经过较长时间，淀粉水解完全，因此蓝色最终褪色，故答案为：现象：部分 I2挥发，部分 I2与 H2O 发生反应；现象：淀粉完全水解加热时，I2与 H2O 的反应速率大于淀粉水解的速率 11.答案：（1）A；（2）sp3；sp3；乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+；（3）Li2O 和 MgO 是离子晶体、P4O6和 SO2是分子晶体，晶格能 MgOLi2O，分子间作用力：P4O6SO2；（4）a；a；。作业帮解答：（1）AD 微粒都是 Mg 原子失去一个电子后得到的，但是 D 微粒能量高于 A，稳定性 AD，所以失电子能量 AD；BC 都是原子，但是 B 是基态、C 是激发态，能量：CB，稳定性 BC，所以失去一个电子能量：BC；A 为 Mg+、B 为 Mg 原子，A 再失去电子所需能量就是 Mg 原子失去 2 个电子的能量，为Mg 原子的第二电离能，B 失去一个电子的能量是 Mg 原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量 AB，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是 A，故答案为：A；（2）每个 N 原子形成的共价键有 2 个 NH 键、1 个 NC 键，且还含有 1 个孤电子对；每个 C 原子形成的共价键有 2 个 CH 键、2 个 CN 键，所以 N、C 原子价层电子对个数都是 4，根据价层电子对互斥理论判断 N、C 原子杂化类型分别为 sp3、sp3；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+，故答案为：sp3；sp3；乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+；（3）晶体熔沸点：离子晶体分子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大，Li2O和 MgO 是离子晶体、P4O6和 SO2是分子晶体，且晶格能 MgOLi2O，分子间作用力：P4O6SO2，所以熔沸点：MgOLi2OP4O6SO2，作业帮故答案为：Li2O 和 MgO 是离子晶体、P4O6和 SO2是分子晶体，晶格能 MgOLi2O，分子间作用力：P4O6SO2；（4）如图所示，AB 之间的距离为面对角线长度apm，AB 之间距离相当于 4 个 Cu 原子直径，x 距离 1 个 Cu 原子直径；体对角线长度棱长apm，CD 距离为 y，该长度为体对角线 BC 长度的apmapm；该晶胞中 Mg 原子位于 8 个顶点上、6 个面心上，在晶胞内部有 4 个 Mg 原子，所以 Mg原子个数8+6+48，Cu 原子都位于晶胞内部，有 16 个；晶胞体积（a1010 cm）3，晶胞密度g/cm3g/cm3，故答案为：a；a；。12.答案：（1）羟基；（2）（3）（4）CH3CH2OH、浓硫酸、加热；作业帮（5）取代反应；（6）（7）解答：（1）A 中的官能团名称是羟基，故答案为：羟基；（2）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手性碳，其手性碳为，故答案为：；（3）具有六元环结构，说明环上有 6 个原子，并能发生银镜反应，说明含有CHO，B的不饱和度是 2，环的不饱和度是 1、醛基的不饱和度是 1，则符合条件的 B 的同分异构体中不含其它碳碳不饱和键，取代基为CH3、CHO 时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有 1 种；可能位于不同碳原子上有邻间对 3 种，取代基可能为CH2CHO，1 种，所以符合条件的有5种，这5种结构简式分别为作业帮，故答案为：；（4）反应为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，故答案为：CH3CH2OH、浓硫酸、加热；（5）的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（6）F 先发生碱性条件下的水解反应生成羧酸盐和乙醇，然后羧酸盐酸化得到 G，则 F到G的反应方程式，故答案为：；（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备，甲苯和溴在光照条件下生成，CH3COCH2COOC2H5发生取代反应生成CH3COCH（CH2C6H5）COOCH2CH3，最后发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物，其合成路线为作业帮，故答案为：。作业帮