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2020年高考全国卷Ⅱ理综试题解析(精编版)(解析版)

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2020年高考全国卷Ⅱ理综试题解析(精编版)(解析版)2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题:1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为(  )A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第【答案】D【解析】【详解】由题意可知,圆管为金属导体,导体内部自成闭合回路,且有电阻,当周围的线圈中产生出交变磁场时,就会在导体内部感应出涡电流,电流通过电阻要发热。该过程利用原...

2020年高考全国卷Ⅱ理综试题解析(精编版)(解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题:1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示,圆管通过一个接有高频交流电源的线圈,线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流,电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为(  )A.库仑B.霍尔C.洛伦兹D.法拉第【答案】D【解析】【详解】由题意可知,圆管为金属导体,导体内部自成闭合回路,且有电阻,当周围的线圈中产生出交变磁场时,就会在导体内部感应出涡电流,电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象,其发现者为法拉第。故选D。2.若一均匀球形星体的密度为ρ,引力常量为G,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是()3π4π11A.B.C.D.GG3πG4πG【答案】A【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动,则GMm4p24M=mR,VR3,RT223V知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3TG3.如图,在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑,该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h,其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1,它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料E2均为h;若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点。等于(  )E1A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】【详解】有题意可知当在a点动能为E1时,有1E=mv2121根据平抛运动规律有1hgt221hv1t1当在a点时动能为E2时,有1E=mv2222根据平抛运动规律有11h=gt22223h=v2t2联立以上各式可解得E2=18E1故选B。4.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则(  )关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】【详解】A.由于电子带负电,要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M,根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势,故A错误;B.增大加速电压则根据1eUmv22可知会增大到达偏转磁场的速度;又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有v2evBmR可得mvReB可知会增大在偏转磁场中的偏转半径,由于磁场宽度相同,故根据几何关系可知会减小偏转的角度,故P点会右移,故B错误;C.电子在偏转电场中做圆周运动,向下偏转,根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里,故C错误;D.由B选项的 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 可知,当其它条件不变时,增大偏转磁场磁感应强度会减小半径,从而增大偏转角度,使P点左移,故D正确。故选D。224115.氘核1H可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式61H22He21H+20n+43.15MeV关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料表示。海水中富含氘,已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个,若全都发生聚变反应,其释放的能量与质量为M的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 煤燃烧时释放的热量相等;已知1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107J,1MeV=1.6×10–13J,则M约为(  )A.40kgB.100kgC.400kgD.1000kg【答案】C【解析】2【详解】氘核1H可通过一系列聚变反应释放能量,其总效果可用反应式241161H22He21H+20n+43.15MeV则平均每个氘核聚变释放的能量为E43.15=MeV661kg海水中含有的氘核约为1.0×1022个,可以放出的总能量为EN0由Qmq可得,要释放的相同的热量,需要燃烧标准煤燃烧的质量QEm0400kgqq6.特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电,输电线上损耗的电功率为∆P,到达B处时电压下降了∆U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1100kV特高压输电,输电线上损耗的电功率变为∆P′,到达B处时电压下降了∆U′。不考虑其他因素的影响,则(  )1111A.∆P′=∆PB.∆P′=∆PC.∆U′=∆UD.∆U′=∆U4242【答案】AD【解析】【详解】输电线上损失的功率PΔP=()2·rU损失的电压PΔU=·rU关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料1当输送电压变为原来的2倍,损失的功率变为原来的,即41ΔP′=ΔP41损失的电压变为原来的,即21ΔU′=ΔU2故选AD。7.如图,竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点,c、d为竖直直径上的两个点,它们与圆心的距离均相等。则( )A.a、b两点的场强相等B.a、b两点的电势相等C.c、d两点的场强相等D.c、d两点的电势相等【答案】ABC【解析】【详解】BD.如下图所示,为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环,可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场,沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP,PP所在的水平面与每一条电场线都垂直,即为等势面,延伸到无限远处,电势为零。故在PP上的点电势为零,即ab0;而从M点到N点,电势一直在降低,即cd,故B正确,D错误;AC.上下两侧电场线分布对称,左右两侧电场线分布也对称,由电场的叠加原理可知AC正确;关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料故选ABC。8.水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg【答案】BC【解析】【详解】设运动员和物块的质量分别为m、m0规定运动员运动的方向为正方向,运动员开始时静止,第一次将物块推出后,运动员和物块的速度大小分别为v1、v0,则根据动量守恒定律0mv1m0v0解得mv0v1m0物块与弹性挡板撞击后,运动方向与运动员同向,当运动员再次推出物块mv1m0v0mv2m0v0解得3mv0v2m0第3次推出后mv2m0v0mv3m0v0解得5mv0v3m0依次类推,第8次推出后,运动员的速度关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料15mv0v8m0根据题意可知15mv0vm/s8m0解得m60kg第7次运动员的速度一定小于5m/s,则13mv0vm/s7m0解得m52kg综上所述,运动员的质量满足kgm60kgAD错误,BC正确。故选BC。三、非选择题:(一)必考题:9.一细绳跨过悬挂的定滑轮,两端分别系有小球A和B,如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止,细绳拉紧,然后释放小球,测得小球B释放时的高度h0=0.590m,下降一段距离后的高度h=0.100m;由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=_______m/s2(保留3位有效数字)。从实验室提供的数据得知,小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g,当地重力加速度大小为g=9.80关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′=_______m/s2(保留3位有效数字)。可以看出,a′与a有明显差异,除实验中的偶然误差外,写出一条可能产生这一结果的原因:__________。【答案】(1).1.84(2).1.96(3).滑轮的轴不光滑,绳和滑轮之间有摩擦(或滑轮有质量)【解析】【详解】①有题意可知小球下降过程中做匀加速直线运动,故根据运动学公式有1h-h=aT202代入数据解得a=1.84m/s2;②根据牛顿第二定律可知对小球A有T-mAAg=ma¢对小球B有mBg-T=mBa¢带入已知数据解得a¢=1.96m/s2;③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。10.某同学要研究一小灯泡L(3.6V,0.30A)的伏安特性。所用器材有:电流表A1(量程200mA,内阻Rg1=10.0Ω),电流表A2(量程500mA,内阻Rg2=1.0Ω)、定值电阻R0(阻值R0=10.0Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)、电源E(电动势4.5V,内阻很小)、开关S和若干导线。该同学 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 的电路如图(a)所示。(1)根据图(a),在图(b)的实物图中画出连线______。(2)若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流,利用I1、I2、Rg1和R0写出:小灯泡两端的电压U=_______,流过小灯泡的电流I=_______。为保证小灯泡的安全,I1不能超过_______mA。(3)实验时,调节滑动变阻器,使开关闭合后两电流表的示数为零。逐次改变滑动变阻器滑片位置并读关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料取相应的I1和I2。所得实验数据在下表中给出。I1/mA325585125144173I2/mA171229299379424470根据实验数据可算得,当I1=173mA时,灯丝电阻R=_______Ω(保留1位小数)。(4)如果用另一个电阻替代定值电阻R0,其他不变,为了能够测量完整的伏安特性曲线,所用电阻的阻值不能小于_______Ω(保留1位小数)。【答案】(1).(2).IRR1()g1+0(3).II21(4).180(5).11.6(6).8.0【解析】【详解】(1)根据电路图连接实物图如图所示(2)①根据电路图可知灯泡两端的电压为电流表A1和R0的总电压,故根据欧姆定律有UIRR=1()g1+0②根据并联电路特点可知流过小灯泡的电流为关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料III21③因为小灯泡的额定电压为3.6V,故根据题目中已知数据带入①中可知I1不能超过180mA;(3)根据表中数据可知当I1=173mA时,I2=470mA;根据前面的分析代入数据可知此时灯泡两端的电压为U=3.46V;流过小灯泡的电流为I=297mA=0.297A;故根据欧姆定律可知此时小灯泡的电阻为U3.46R==Ω=11.6ΩI0.297(4)要测量完整的伏安特性曲线则灯泡两端的电压至少要达到3.6V,而电流表A1不能超过其量程200mA,此时结合①有3.6=0.2´()10+R0解得R08Ω,即要完整的测量小灯泡伏安特性曲线所用电阻的阻值不能小于8Ω。11.如图,在0≤x≤h,y区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,方向不变。一质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm;B(2)如果磁感应强度大小为m2,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。mv0π【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里;Bm=;(2);y(23)hqh6【解析】【详解】(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有v2qvBm0①0R由此可得关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料mvR0②qB粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足Rh③由题意,当磁感应强度大小为Bm时,粒子的运动半径最大,由此得mvB=0④mqhB(2)若磁感应强度大小为m2,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由②④式可得,此时圆弧半径为R2h⑤粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α,由几何关系h1sin⑥2h2π即⑦6由几何关系可得,P点与x轴的距离为y2h(1cos)⑧联立⑦⑧式得y(23)h⑨12.如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小,不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料13152【答案】(1)a1=2g,a2=3g;(2)HH;(3)LH125125【解析】【详解】(1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1,方向向下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f①ma2=f–mg②联立①②式并代入题给数据,得a1=2g,a2=3g③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为v02gH④方向均向下。管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1,管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向,由运动学公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤联立③④⑤式得22Ht⑥15g设此时管下端的高度为h1,速度为v。由运动学公式可得1hvtat2⑦101211vv0a1t1⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有v2h⑨22g设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得13HH⑪125(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H–H1)+mg(H–H1+x1)–4mgx1=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得4xH⑬15同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为4xH⑭251设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式,L应满足条件为152LH⑯125(二)选考题:13.下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的有_______,不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_______。(填正确答案标号)A.汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热B.冷水倒入保温杯后,冷水和杯子的温度都变得更低C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,而不产生其他影响D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内【答案】(1).B(2).C【解析】【详解】A.燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化,同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律;B.冷水倒入保温杯后,没有对外做功,同时也没有热传递,内能不可能减少,故违背热力学第一定律;C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,必然产生其他影响故违背热力学第二定律;D.制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内,发生了内能的转移,同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律。14.潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H?h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。(1)求进入圆筒内水的高度l;(2)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。gHgSHh【答案】(1)lh;(2)Vp0gHp0【解析】【详解】(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有p1V1=p0V0①V0=hS②V1=(h–l)S③p1=p0+ρg(H–l)④联立以上各式并考虑到H?h,h>l,解得gHlh⑤p0gH(2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2;此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=p0+ρgH⑦设需压入筒内的气体体积为V,依题意V=V3–V0⑧联立②⑥⑦⑧式得关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料gSHhV⑨p015.用一个摆长为80.0cm的单摆做实验,要求摆动的最大角度小于5°,则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_______cm(保留1位小数)。(提示:单摆被拉开小角度的情况下,所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)某同学想设计一个新单摆,要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为_______cm。【答案】(1).6.9(2).96.8【解析】【详解】拉离平衡位置的距离5x280cm6.97cm360题中要求摆动的最大角度小于5,且保留1位小数,所以拉离平衡位置的不超过6.9cm;L根据单摆周期公式T2结合题意可知g10TT11代入数据为10L1180cm解得新单摆的摆长为L96.8cm16.直角棱镜的折射率n=1.5,其横截面如图所示,图中∠C=90°,∠A=30°。截面内一细束与BC边平行的光线,从棱镜AB边上的D点射入,经折射后射到BC边上。(1)光线在BC边上是否会发生全反射?说明理由;(2)不考虑多次反射,求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。223【答案】(1)光线在E点发生全反射;(2)sinr4关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料【解析】【详解】(1)如图,设光线在D点的入射角为i,折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为,由几何关系,有=90°–(30°–r)>60°①根据题给数据得1sin>sin60°>②n即θ大于全反射临界角,因此光线在E点发生全反射。(2)设光线在AC边上的F点射出棱镜,光线的入射角为i',折射角为r',由几何关系、反射定律及折射定律,有i=30°③i'=90°–θ④sini=nsinr⑤nsini'=sinr'⑥联立①③④⑤⑥式并代入题给数据,得223sinr⑦4由几何关系,r'即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64一、选择题: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.北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是A.胆矾的化学式为CuSO4关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料B.胆矾可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应【答案】A【解析】【详解】A.胆矾为硫酸铜晶体,化学式为CuSO45H2O,A说法错误;B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜,B说法正确;C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾,故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程,C说法正确;D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜,D说法正确。综上所述,相关说法错误的是A,故选A。2.某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成,进行如下实验:①混合物溶于水,得到澄清透明溶液;②做焰色反应,通过钴玻璃可观察到紫色;③向溶液中加碱,产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为A.KCl、NaClB.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3D.MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【详解】①混合物溶于水,得到澄清透明溶液,则不含CaCO3,排除C选项;②做焰色反应,通过钴玻璃可观察到紫色,可确定含有钾元素,即含有KCl;③向溶液中加碱,产生白色沉淀,则应含有MgSO4,综合以上分析,混合物由KCl和MgSO4两种物质组成,故选B。3.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。下列叙述错误的是2A.海水酸化能引起HCO3浓度增大、CO3浓度减小B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料+2C.CO2能引起海水酸化,其原理为HCO3H+CO3D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】++2--2--【详解】A.海水酸化,H浓度增大,平衡H+CO3⇌HCO3正向移动,CO3浓度减小,HCO3浓度增大,A正确;2-B.海水酸化,CO3浓度减小,导致CaCO3溶解平衡正向移动,促进了CaCO3溶解,导致珊瑚礁减少,B正确;+--+2-C.CO2引起海水酸化的原理为:CO2+H2O⇌H2CO3⇌H+HCO3,HCO3⇌H+CO3,导致H+浓度增大,C错误;D.使用太阳能、氢能等新能源,可以减少化石能源的燃烧,从而减少CO2的排放,减弱海水酸化,从而改善珊瑚礁的生存环境,D正确;答案选C。4.吡啶()是类似于苯的芳香化合物,2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料,可由如下路线合成。下列叙述正确的是A.Mpy只有两种芳香同分异构体B.Epy中所有原子共平面C.Vpy是乙烯的同系物D.反应②的反应类型是消去反应【答案】D【解析】【详解】A.MPy有3种芳香同分异构体,分别为:甲基在N原子的间位C上、甲基在N原子的对位C上、氨基苯,A错误;B.EPy中有两个饱和C,以饱和C为中心的5个原子最多有3个原子共面,所以EPy中所有原子不可能都共面,B错误;C.VPy含有杂环,和乙烯结构不相似,故VPy不是乙烯的同系物,C错误;D.反应②为醇的消去反应,D正确。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料答案选D。5.据文献报道:Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是-A.OH参与了该催化循环B.该反应可产生清洁燃料H2C.该反应可消耗温室气体CO2D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化【答案】C【解析】【分析】题干中明确指出,铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中,凡是出现在历程中,进去的箭头表示反应物,出来的箭头表示生成物,既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件,其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知,铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目,配体种类等均发生了变化;并且也可以观察出,反应过程中所需的--反应物除CO外还需要H2O,最终产物是CO2和H2,同时参与反应的还有OH,故OH也可以看成是另一个催化剂或反应条件。【详解】A.从反应机理图中可知,OH-有进入的箭头也有出去的箭头,说明OH-参与了该催化循环,故A项正确;B.从反应机理图中可知,该反应的反应物为CO和H2O,产物为H2和CO2,Fe(CO)5作为整个反应的催化剂-,而OH仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应,说明该反应方程式为CO+H2OFe(CO)5CO2+H2,故有清洁燃料H2生成,故B项正确;C.由B项分析可知,该反应不是消耗温室气体CO2,反而是生成了温室气体CO2,故C项不正确;D.从反应机理图中可知,Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化,故D项正确;答案选C。【点睛】对于反应机理图的分析,最重要的是判断反应物,产物以及催化剂;一般催化剂在机理图中多数关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料是以完整的循环出现的;通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物;而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。6.电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时,+Ag注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,器件呈现蓝色,对于该变化过程,下列叙述错误的是A.Ag为阳极B.Ag+由银电极向变色层迁移C.W元素的化合价升高D.总反应为:WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】【分析】+从题干可知,当通电时,Ag注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3器件呈现蓝色,说明通电时,Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层,说明Ag电极为阳极,透明导电层时阴极,故Ag电极上发生氧化反应,电致变色层发生还原反应。【详解】A.通电时,Ag电极有Ag+生成,故Ag电极为阳极,故A项正确;B.通电时电致变色层变蓝色,说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层,故B项正确;C.过程中,W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价,故C项错误;D.该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为:xAg-xe-=++xAg,而另一极阴极上发生的电极反应为:WO3+xAg+xe-=AgxWO3,故发生的总反应式为:xAg+WO3=AgxWO3,故D项正确;答案选C。【点睛】电解池的试题,重点要弄清楚电解的原理,阴、阳极的判断和阴、阳极上电极反应式的书写,阳极反应式+阴极反应式=总反应式,加的过程中需使得失电子数相等。7.一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示),具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是A.该化合物中,W、X、Y之间均为共价键B.Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】一种由短周期主族元素形成的化合物,具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且总和为24,根据图示,W为1价形成共价键,W为氢,Z为+1价阳离子,Z为Na,Y为3价,Y为N,24-1-11-7=5,X为B元素。【详解】A.该化合物中,H、B、N之间均以共用电子对形成共价键,故A正确;B.Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气,也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气,故B正确;C.N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸,故C正确;D.B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子,达不到8电子稳定结构,故D错误;故选D。二、非选择题(一)必考题8.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过,氯气的逸出口是_______(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=c()X−,X为HClO或ClO]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。c()()HClO+cClO-(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料(4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1molClO2消耗NaClO2的量为_____mol;产生“气泡”的化学方程式为____________。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。+-7.5【答案】(1).Na(2).a(3).10(4).2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O(5).1.25(6).--+NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O(7).ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O(8).203【解析】【分析】(1)电解饱和食盐水,阳极产生氯气,阳离子移向阴极室;c(H+)c(ClO-)(2)由图pH=7.5时,c(HClO)=c(ClO-),HClO的Ka==c(H+);c(HClO)-(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl;-+-(4)根据5ClO2+4H=4ClO2+Cl+2H2O,计算每生成1molClO2,消耗的NaClO2;碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳;(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应;根据NaOH质量守恒计算;【详解】(1)电解饱和食盐水,反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气,氯气从a口逸出,阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气,产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH,故答案为:Na+;a;c(H+)c(ClO-)(2)由图pH=7.5时,c(HClO)=c(ClO-),HClO的Ka==c(H+)=10-7.5;故答案为:10-7.5;c(HClO)-(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl,HgO和氯气反应的方程式为:2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O,故答案为:2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O;-+-1mol(4)5ClO2+4H=4ClO2+Cl+2H2O,每生成1molClO2,消耗NaClO2为54=1.25mol;碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳,方程式为:NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑,故答案为:1.25mol;NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑;--+(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应,离子方程式为:ClO+Cl+2H=Cl2↑+H280x80xO;设氯气为xkg,则消耗的NaOH为kg,原氢氧化钠质量为7171关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料80x+1000Kg×0.01,由NaOH质量守恒:原溶液为1000Kg-x,则Kg+1000Kg×0.01=(1000Kg-71--+x)×0.3,解得x=203Kg;故答案为:ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O;203。9.苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl相对分名称熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL−1)溶解性子质量甲苯92−95110.60.867不溶于水,易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248——微溶于冷水,易溶于乙醇、热水实验步骤:(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。称量,粗产品为1.0g。(3)纯度测定:称取0.122g粗产品,配成乙醇溶液,于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液,用0.01000mol·L−1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。回答下列问题:(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。A.100mLB.250mLC.500mLD.1000mL(2)在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”),当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是______。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理__________。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。(5)干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是_______。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_______;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于_______(填标号)。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料C.50%D.40%A.70%B.60%(7)若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中__________的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 提纯。【答案】(1).B(2).球形(3).无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(4).+2+除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气(5).2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O(6).MnO2(7).苯甲酸升华而损失(8).86.0%(9).C(10).重结晶【解析】【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰,为增加冷凝效果,在反应装置中选用球形冷凝管,加热回流,当回流液中不再出现油珠时,说明反应已经完成,加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾,用盐酸酸化得苯甲酸,过滤、干燥、洗涤得粗产品;用KOH溶液滴定,测定粗产品的纯度。【详解】(1)加热液体,所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半,三颈烧瓶中已经加入100m的水,1.5mL甲苯,4.8g高锰酸钾,应选用250mL的三颈烧瓶,故答案为:B;(2)为增加冷凝效果,在反应装置中宜选用球形冷凝管,当回流液中不再出现油珠时,说明反应已经完成,因为:没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化;故答案为:球形;没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化;(3)高锰酸钾具有强氧化性,能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气;该-+2+步骤亦可用草酸处理,生成二氧化碳和锰盐,离子方程式为:5H2C2O4+2MnO4+6H=2Mn+10CO2↑-++8H2O;故答案为:除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气;5H2C2O4+2MnO4+6H=2+2Mn+10CO2↑+8H2O;(4)由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰,“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是:MnO2,故答案为:MnO2;(5)苯甲酸100℃时易升华,干燥苯甲酸时,若温度过高,苯甲酸升华而损失;故答案为:苯甲酸升华而损失;(6)由关系式C6H5COOH~KOH得,苯甲酸的纯度为:1000.01000mol·L-121.5010-3L122g·mol-1250.122g1.5mL0.867g·mL-1×100%=86.0%;1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量:×122g·mol-192g·mol-1关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料1g86%=1.72g,产品的产率为×100%=50%;故答案为:86.0%;C;1.72g(7)提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为:重结晶。【点睛】本题考查制备 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的设计,涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等,清楚原理是解答的关键,注意对题目信息的应用,是对学生实验综合能力的考查,难点(6)注意产品纯度和产率的区别。10.天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH,相关物质的燃烧热数据如下表所示:物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热ΔH/(kJ·mol−1)-1560-1411-286①ΔH=_________kJ·mol−1。②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:高温。反应在初期阶段的速率方程为:c(2)2CH4C2H6+H2r=k×CH4,其中k为反应速率常数。①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=_____r1。②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是_________。A.增加甲烷浓度,r增大B.增加H2浓度,r增大C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度,k减小(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图所示:①阴极上的反应式为_________。关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为_________。α(1+α)【答案】(1).137(2).升高温度(3).减小压强(增大体积)(4).p(5).1-α(6).AD(2+α)(1-α)−2−(7).CO2+2e=CO+O(8).6∶5【解析】【分析】(1)①先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式,然后根据盖斯定律进行计算,得到目标反应的∆H;②反应C2H6(g)?C2H4(g)+H2(g)为气体体积增大的吸热反应,升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向移动;③根据已知乙烷的转化率,设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol,列出三段式,求出平衡时各物质的分压,带入平衡常数的计算公式进行计算;(2)①根据r=k×c,若r=kc,甲烷转化率为时,甲烷的浓度为c(1-α),则r=kc(1-α);CH41α2②根据反应初期的速率方程为:r=k×c,其中k为反应速率常数,据此分析速率变化的影响因素;CH42-(3)①由图可知,CO2在阴极得电子发生还原反应,电解质传到O,据此写出电极反应;②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,再根据得失电子守恒,得到发生的总反应,进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。【详解】(1)①由表中燃烧热数值可知:7-1①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)∆H1=-1560kJ∙mol;②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H2=-211411kJ∙mol-1;③H(g)+O(g)=HO(l)∆H=-286kJ∙mol-1;根据盖斯定律可知,①-②-③得CH(g)2222326-1-1-1-=C2H4(g)+H2(g),则∆H=∆H1-∆H2-∆H3=(-1560kJ∙mol)-(-1411kJ∙mol)-(-286kJ∙mol)=137kJ∙mol1,故答案为137;②反应C2H6(g)?C2H4(g)+H2(g)为气体体积增大的吸热反应,升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动,故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积);③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol,列出三段式,C2H6(g)?C2H4(g)+H2(g)起始(mol)101转化(mol)ααα平衡(mol)1-αα1+α关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料1αα1α平衡时,C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p,则反应的平衡常数为Kp=2α2α2α()1α;()()2α1α①根据c,若=c,甲烷转化率为时,甲烷的浓度为c(1-α),则=c(1-α),所以=(1-α(2)r=k×CH4r1kαr2kr2)r1;②A.增大反应物浓度反应速率增大,故A说法正确;B.由速率方程可知,初期阶段的反应速率与氢气浓度无关,故B说法错误;C.反应物甲烷的浓度逐渐减小,结合速率方程可知,乙烷的生成速率逐渐减小,故C说法错误;D.化学反应速率与温度有关,温度降低,反应速率常数减小,故D正确。答案选AD。-2-(3)①由图可知,CO2在阴极得电子发生还原反应,电极反应为CO2+2e=CO+O;②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,再根据得失电子守恒,得到发生的总反应为:6CH4+5CO2=2C2H4+C2H6+5H2O+5CO,即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。故答案为:6:5。(二)选考题[化学——选修3:物质结构与性质]11.钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料,回答下列问题:(1)基态Ti原子的核外电子排布式为____________。(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是____________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377﹣24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示,其组成元素的电负性大小顺序是__________;金属离子与氧离子间的作用力为__________,Ca2+的配位数是__________。2+﹣+(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb、I和有机碱离子CH3NH32++,其晶胞如图(b)所示。其中Pb与图(a)中__________的空间位置相同,有机碱CH3NH3中,N原子的杂化轨道类型是__________;若晶胞参数为anm,则晶体密度为_________g·cm-关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料3(列出计算式)。(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理_______、_______。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d24s2(2).TiF4为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,随相对分子质量的增大分子间作用力增大,熔点620214+3逐渐升高(3).O>Ti>Ca(4).离子键(5).12(6).Ti(7).sp(8).310(9).aNA3+2+2+2+3+−2Eu+Pb=2Eu+Pb(10).2Eu+I2=2Eu+2I【解析】【分析】(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识;(2)考查了不同类型的晶体的熔沸点比较,相同类型的晶体的熔沸点比较;(3)考查了电负性的周期性变化规律,微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数;(4)考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论,晶体密度的计算问题;(5)重点考查通过反应历程图,来书写离子方程式等。【详解】(1)钛元素是22号元素,故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2;故答案为:1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2;(2)一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体,TiF4是离子晶体,其余三种则为分子晶体,故TiF4的熔点高于其余三种物质;TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,对于结构相似的分子晶体,则其相关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料对分子质量越大,分子间作用力依次越大,熔点越高;故答案为:TiF4是离子晶体,其余三种则为分子晶体,故TiF4的熔点高于其余三种物质;TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强,故熔点依次升高;(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素,Ca、Ti是同为第四周期的金属元素,Ca在Ti的左边,根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大,故Ti>Ca,O为非金属,故其电负性最强,故三者电负性由大到小的顺序是:O>Ti>Ca,金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合,离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子,故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目,从图(a)可知,该数目为三个相互垂直的三个面上,每一个面上有个,故2+的配位数是;故答案为:4Ca12O>Ti>Ca;离子键;12;(4)比较晶胞(a)(b)可知,将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来,就能变为图(a)所示晶胞2+4+-结构,图(b)中体心上的Pb就变为了八个顶点,即相当于图2+(a)中的+Ti;图(b)中顶点上的I2-就变成了体心,即相当于图(a)中的Ca;图(b)面心上中的CH3NH3就变成了棱心,即相当于图(a)中的O2+4++;故图(b)中的Pb与图(a)中的Ti的空间位置相同;有机碱CH3NH3中N原子上无孤对电子,周围形成了4个σ32++键,故N原子采用sp杂化;从图(b)可知,一个晶胞中含有Pb的数目为1×1=1个,CH3NH3的数目为118×=1个,I-的数目为6×=3个,故晶胞的密度为82m1mol×(207+3×127+12+14+6×1)g/mol620213620214+3=-73=3×10g/cm,故答案为:Ti;sp;3×10VNA(a×10)NAaNAa;(5)从作用原理图(c)可以推出,这里发生两个离子反应方程式,左边发生Pb+2Eu3+=Pb2++2+2+3+-3+2+2+2+3+-2Eu,右边发生I2+2Eu=2Eu+2I,故答案为:Pb+2Eu=Pb+2Eu;I2+2Eu=2Eu+2I【点睛】对电负性的考查,只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大,同一主族从上往下电负性依次减小的规律,另金属元素的电负性小于非金属的;化学键的类型判断主要也是通过电负性,当两元素的电负性相差1.7以上形成离子键,小于则形成共价键;判断分子等构型时,可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断;由陌生晶胞结构计算晶体密度时,先要确定晶胞中含有的微粒数目,这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息,另一方面也要注意均摊法的使用,然后根据质量的两种计算方法相等即VnM来进行求算。[化学——选修5:有机化学基础]12.维生素E是一种人体必需的脂溶性维生素,现已广泛应用于医药、营养品、化妆品等。天然的维生素E关注公众号”一个高中僧“获取更多高中资料由多种生育酚组成,其中α-生育酚(化合物E)含量最高,生理活性也最高。下面是化合物E的一种合成路线,其中部分反应略去。已知以下信息:a)b)c)回答下列问题:(1)A的化学名称为_____________。(2)B的结构简式为______________。(3)反应物C含有三个甲基,其结构简式为______________。(4)反应⑤的反应类型为______________。(5)反应⑥的化学方程式为______________。(6)化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有_________个(不考虑立体异构体,填标号)。(ⅰ)含有两个甲基;(ⅱ)含有酮羰基(但不含C=C=O);(ⅲ)不含有环状结构。(a)4(b)6(c)8(d)10其中,含有手性碳(注:连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为______
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