上海市宝山区届高三上学期期末一模学科考试化学试题解析版.docx
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上海市宝山区届高三上学期期末一模学科考试化学试题解析版
上海市宝山区2019届高三上学期期末(一模)学科质量检测
相对原子质量:
C-12O-16Cu-63.5Cl-35.5
一、选择题(共40分,每小题2分,每小题只有一个正确答案)
1.导航卫星的原子钟被称为卫星的“心脏”,目前我国使用的是铷原子钟。
已知自然界存在两种铷原子——85Rb和87Rb,它们具有()
A.相同的质量数B.相同的质子数C.相同的中子数D.不同的电子数
【答案】B
【分析】85Rb的原子序数相同、质子数和核外电子数均为37,质量数为85,中子数为85—37=48,87Rb的原子序数相同、质子数和核外电子数均为37,质量数为87,中子数为87—37=50。
【详解】A项、85Rb和87Rb的质量数分别为85和87,故A错误;
B项、85Rb和87Rb是Rb元素的两种核素,质子数相同,都为37,故B正确;
C项、85Rb和87Rb的质量数分别为85和87,质子数都为37,中子数分别为48和50,故C错误;
D项、85Rb的原子序数相同、质子数和核外电子数均为37,故D错误。
故选B。
2.生活中使用的金属大多是合金。
下列关于合金的描述正确的是()
A.一定是金属熔合形成的B.导电性一般高于任一组分金属
C.生铁和钢的组成成分一定相同D.熔点一般低于任一组分的金属
【答案】D
【详解】A项、合金是金属与金属或金属与非金属熔合形成的,故A错误;
B项、合金的导电性、导热性能一般弱于组成它的金属,故B错误;
C项、生铁的含碳量高于钢,故C错误;
D项、合金的熔点比它的各成分金属的熔点低,故D正确。
故选D。
【点睛】合金概念有特点是一定是混合物;合金中各成分都是以单质形式存在;合金中至少有一种金属;合金的性质特点是硬度大,熔点低,耐腐蚀,因此合金种类远大于纯金属,合金具有更广泛的用途。
3.下列关于NH4Cl的描述错误的是()
A.含有极性共价键B.属于铵态氮肥
C.加热分解产物是N2和HClD.溶于水吸热
【答案】C
【分析】氯化铵是由铵根离子和氯离子组成的离子化合物,含有离子键和极性共价键。
【详解】A项、氯化铵中铵根离子中含有N—H极性键,故A正确;
B项、氯化铵中含有铵根离子,是常见的氮肥,故B正确;
C项、氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气,故C错误;
D项、氯化铵溶于水,铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应,故D正确。
故选C。
4.下列双原子分子中,热稳定性最好的是()
分子
I2
HF
F2
HI
键能(kJ/mol)
151
569
153
297
A
B
C
D
【答案】B
【详解】双原子分子中,共价键的键能越大,分子的热稳定性越好,由表可知HF分子中共价键键能最大,则HF的热稳定性最好,故选B。
5.从海带中提取碘的过程不包括()
A.灼烧B.溶解C.氧化D.升华
【答案】D
【详解】实验室从海带中提取碘的过程为:
海带灼烧成灰,浸泡溶解得到海带灰悬浊液(或直接浸干海带),通过过滤除去不溶性杂质,得到含碘离子的滤液,向所得滤液中加入氧化剂,将碘离子氧化成碘单质,利用有机溶剂萃取出碘单质,再通过蒸馏提取出碘单质,整个过程涉及了灼烧、溶解、氧化、萃取和蒸馏,不包括升华,故选D。
【点睛】本题考查海海带提碘,侧重考查混合物的分离和提纯、实验基本操作能力的考查,知道常见混合物分离和提纯方法及选取方法,明确物质的性质及实验操作规范性是解本题关键。
6.下列哪些因素不是影响气体体积的主要因素()
A.温度B.压强C.微粒的大小D.微粒的数目
【答案】C
【分析】从微观角度讲,影响物质体积的因素有微粒数目、微粒间的距离和微粒本身的大小。
对于固体和液体物质来说,由于微粒间距离很小,所以决定它们体积的因素主要是微粒数和微粒本身的大小;对于气体物质来说,由于微粒间距离较大,所以决定气体体积的因素是微粒数目和微粒间的距离,由于在同温同压下,任何气体分子间的距离都大约相等,所以等物质的量的气体在同温同压下具有相同的体积。
【详解】影响物质体积的因素有微粒数,微粒间的距离和微粒本身的大小,对于气体物质来说,由于微粒间距离较大,所以决定气体体积的因素是微粒数目和微粒间的距离,微粒间的距离与温度和压强有关,所以微粒的大小不是影响气体体积的主要因素,故选C。
7.在氯化氢的溶解性实验中出现喷泉现象的最根本原因是()
A.烧瓶充满HClB.HCl极易溶于水
C.瓶内外有压强差D.溶液显酸性
【答案】C
【详解】要形成喷泉,要求气体在极短时间内消失造成气压差来形成喷泉,由于HCl极易溶于水,气体物质的量减小,能够迅速形成瓶内外的压强差,因此氯化氢气体溶于水的实验可设计成喷泉实验,出现喷泉现象的最根本原因是瓶内外有压强差,故选C。
【点睛】喷泉实验成功的关键是:
盛气体的烧瓶必须干燥,否则甁中有液体,会使瓶口留下空气,形成的喷泉压力不大(喷泉“无力”);气体要充满烧瓶;烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置的气密性);所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。
8.下列反应都能得到Al(OH)3,其中最适宜用于实验室制取Al(OH)3的是()
A.铝和水反应B.硫酸铝和氨水反应
C.硫酸铝和氢氧化钠反应D.硫酸铝和碳酸氢钠反应
【答案】B
【分析】Al(OH)3具有两性,既能和酸反应又能和强碱反应,故实验室用Al2(SO4)3制取Al(OH)3,选取试剂时不能选强碱,只能是弱碱。
【详解】A项、Al和水很难反应,不能制取氢氧化铝,故A不适宜;
B项、硫酸铝和氨水反应时生成氢氧化铝和硫酸铵,可以制得氢氧化铝,故B适宜;
C项、硫酸铝和氢氧化钠反应时生成氢氧化铝和硫酸钠,若是强碱氢氧化钠过量会导致氢氧化铝溶解,故C不适宜;
D项、硫酸铝和碳酸氢钠反应时生成氢氧化铝、硫酸钠、二氧化碳和水,要有气体处理装置,故D不适宜。
故选B。
【点睛】本题考查氢氧化铝的制备,注意氢氧化铝可以和强碱反应,但是不能和弱碱反应是解题的关键。
9.关于实验室铁和稀盐酸反应的描述正确的是()
A.这是一个置换反应
B.反应的化学方程式是2Fe+6HCl→2FeCl3+3H2↑
C.实验现象是出现气泡,溶液由无色变为棕黄色
D.如果把稀盐酸改为浓盐酸会出现钝化现象
【答案】A
【分析】铁和稀盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气,反应时,固体溶解,有气泡逸出溶液,溶液由无色变为浅绿色。
【详解】A项、铁和稀盐酸反应时有单质铁参加,有单质氢气生成,该反应属于置换反应,故A正确;
B项、铁和稀盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气,反应的化学方程式是Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故B错误;
C项、铁和稀盐酸反应的实验现象是固体溶解,有气泡冒,溶液由无色变为浅绿色,故C错误;
D项、铁在浓盐酸中不会出现钝化现象,故D错误。
故选A。
10.以下关于石油化工的认识不正确的是()
A.塑料、橡胶、纤维都是石油化工的产品
B.石油裂化的主要目的是为了提高轻质液体燃料的产量
C.使用合适的催化剂可以提高石蜡裂化的产量
D.裂化汽油含有不饱和碳原子
【答案】A
【详解】A项、天然纤维不是来源于石油化工的产品,故A错误;
B项、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,故B正确;
C项、使用合适的催化剂可以可加快反应速率,提高石蜡裂化的效率,故C正确;
D项、裂化汽油中主要含有烯烃、芳香烃和少量二烯烃,故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查了石油的综合利用,涉及石油的催化、裂化、石油化工产品等知识,注意基础知识的积累是解答关键。
11.乙烯是一种重要的工业原料。
下列关于乙烯的说法正确的是()
A.实验室用乙醇在140℃可制得乙烯
B.工业上用煤干馏可得到乙烯
C.乙烯和Br2发生加成反应,使溴水褪色
D.乙烯属于饱和烃,能发生聚合反应
【答案】C
【详解】A项、实验室用乙醇和浓硫酸加热到170℃制得乙烯,故A错误;
B项、工业上用石油催化裂解得到乙烯,故B错误;
C项、乙烯分子中含有碳碳双键,和Br2发生加成反应,使溴水褪色,故C正确;
D项、乙烯分子中含有碳碳双键,属于不饱和烃,能发生加聚反应生成聚乙烯,故D错误。
故选C。
12.下列关于含氮微粒的表述正确的是()
A.N3-最外层电子数为5B.N3-质子数为21
C.N原子核外有7种能量不同的电子D.N2的电子式是
【答案】B
【分析】N原子电子排布式为1s22s22p3,核外有7个电子,因最外层有5个电子,易得到3个电子形成N3-,N原子间形成含有氮氮三键的氮气分子。
【详解】A项、N原子得到3个电子形成N3-,N3-最外层电子数为8,故A错误;
B项、N3-离子的质子数为7×3=21,故B正确;
C项、N原子电子排布式为1s22s22p3,1s轨道上的电子能量相同,2s轨道上的电子能量相同,2sp轨道上的3个电子能量相同,基态N原子有3种能量不同的电子,故C错误;
D项、氮气分子中含有氮氮三键,氮气的电子式为
,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了含氮微粒的结构,注意掌握常见化学用语的概念及表示方法,掌握原子和离子的相互转化、常见原子的质子数是正确解答本题的关键。
13.芬太尼(结构式如图)是一种强效的类阿片止痛剂,起效迅速而作用时间极短。
当它与药物联合使用时,通常用作疼痛药物或麻醉剂。
下列说法正确的是()
A.它的分子式是C22H27N2OB.它和苯是同系物
C.它属于烃的衍生物D.药物可以过量使用
【答案】C
【分析】芬太尼的分子式是C22H28N2O,分子中含有N原子和O原子,不属于烃,属于烃的衍生物。
【详解】A项、由结构简式可知,芬太尼的分子式是C22H28N2O,故A错误;
B项、苯属于芳香烃,芬太尼属于烃的衍生物,和苯不可能是同系物,故B错误;
C项、芬太尼分子中含有N原子和O原子,不属于烃,属于烃的衍生物,故C正确;
D项、芬太尼是一种强效的类阿片止痛剂,不可以过量使用,故D错误。
故选C。
【点睛】本题主要考查了有机物的组成、结构与分类,把握有机物的组成为解答的关键。
14.下列化学实验中的第一步操作错误的是()
A.检查装置的气密性——制取气体的实验操作
B.验纯——点燃可燃性气体
C.检查是否漏水——滴定管的使用
D.湿润试纸——用pH试纸测pH
【答案】D
【详解】A项、实验室制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作,连接装置后,第一步操作应检验装置气密性,故A正确;
B项、为避免可燃性气体与空气混合发生爆炸,点燃前应先验纯,故B正确;
C项、滴定管是带有活塞的仪器,使用过程中第一步都是查漏,故C正确;
D项、pH试纸定量检测溶液的pH值时不能湿润,否则测得数据不准确,在用pH试纸定性检测气体性质时,可以湿润,故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验基本操作,熟悉常见化学实验基本操作的注意事项是解答关键。
15.关于实验室中四个装置的说明符合实验要求的是()
A.
若需制备较多量的乙炔可用此装置
B.
可用此装置来制备硝基苯,但产物中可能会混有NO2
C.
可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体,最终在锥型瓶中可获得碘
D.
可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物
【答案】B
【分析】A、电石与水反应放出大量的热,生成氢氧化钙微溶,易堵塞导管;
B、制备硝基苯,水浴加热,温度计测定水温,该反应可发生副反应;
C、分离含碘的四氯化碳液体,四氯化碳沸点低,先蒸馏出来;
D、制备乙酸乙酯不需要测定温度,不能在烧瓶中获得产物。
【详解】A项、电石与水反应太过剧烈且放出大量的热,生成氢氧化钙微溶,易堵塞容器,则不能利用图中装置制取乙炔,故A错误;
B项、制备硝基苯,水浴加热,温度计测定水温,浓硝酸易分解生成二氧化氮溶于其中,图中制备装置合理,故B正确;
C项、分离含碘的四氯化碳液体,四氯化碳沸点低,先蒸馏出来,所以装置可分离,最终在锥型瓶中可获得四氯化碳,故C错误;
D项、制备乙酸乙酯不需要测定温度,不能在烧瓶中获得产物,应在制备装置后连接收集产物的装置(试管中加饱和碳酸钠),故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,涉及乙炔的制备、硝基苯的制备、乙酸乙酯的制备及混合物分离提纯等,注意实验的评价性分析及实验装置图的作用,把握有机物性质、反应原理为解答的关键。
16.钛被誉为“21世纪金属”。
工业冶炼钛的第一步反应为:
TiO2+2C+2Cl2→TiCl4+2CO。
下列关于该反应的说法错误的是()
A.Cl2是氧化剂
B.CO是氧化产物
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
1
D.当2molC参加反应时,转移的电子数目为2mol
【答案】D
【分析】反应中,Ti和O元素化合价没有变化,C元素的化合价升高,C做还原剂,Cl元素的化合价降低,Cl2是氧化剂。
【详解】A项、反应中Cl元素的化合价降低,Cl2是氧化剂,故A正确;
B项、反应中,C元素的化合价升高,C做还原剂,CO是氧化产物,故B正确;
C项、反应中,氯气为氧化剂,C为还原剂,由反应方程式可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
1,故C正确;
D项、当2molC参加反应时,转移电子数目为2mol×(2-0)=4mol,故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应,侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。
17.下列反应的离子方程式正确的是()
A.碳酸钠的水解反应:
CO32-+H2O→HCO3—+OH-
B.氢氧化钡溶液中滴加硫酸:
Ba2++SO42-→BaSO4↓
C.硫酸铁溶液中加入铁钉:
Fe3++Fe→2Fe2+
D.碳酸氢钙溶液中加入过量的NaOH溶液:
Ca2++2HCO3-+2OH-→CaCO3↓+2H2O+CO32-
【答案】D
【分析】A、碳酸钠溶液中,碳酸根离子水解,溶液显示碱性,水解以第一步为主;
B、氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水;
C、硫酸铁溶液与铁反应生成硫酸亚铁;
D、碳酸氢钙溶液与过量的NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A项、碳酸钠溶液中,碳酸根离子水解,溶液显示碱性,水解以第一步为主,离子方程式为CO32-+H2O
HCO3-+OH-,故A错误;
B项、氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水,反应的离子方程式为SO42-+2H++2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓,故B错误;
C项、硫酸铁溶液与铁反应生成硫酸亚铁,反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+,故C错误;
D项、碳酸氢钙溶液与过量的NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水,反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查离子反应方程式的书写,为高频考点,把握发生的化学反应,注意离子反应的书写方法、离子反应中需保留化学式的物质为解答的关键。
18.利用某些装置可以实现化学能和电能之间的相互转化,例如原电池、电解池。
下列关于铜-锌(硫酸)原电池的说法正确的是()
A.该原电池是实现电能转化为化学能的装置
B.该原电池在工作时,Zn2+向铜片附近迁移
C.该原电池的正极是铜,发生氧化反应
D.该原电池的电子从铜出发通过外电路流向锌
【答案】B
【分析】形成铜-锌(硫酸)原电池时,锌比铜活泼,锌为负极,发生氧化反应,铜为正极,发生还原反应,电子从正极流向负极,溶液中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动。
【详解】A项、该原电池是实现化学能转化为电能的装置,故A错误;
B项、原电池在工作时,溶液中阳离子向正极移动,Zn2+向铜片附近迁移,故B正确;
C项、原电池在工作时,铜为正极,发生还原反应,故C错误;
D项、原电池在工作时,电子从负极流向正极,从锌出发通过外电路流向铜,故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查原电池原理,明确正、负极上发生的反应,明确微粒的移动方向是解本题的关键。
19.在测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中,下列操作会导致结果偏大的是()
A.坩埚内壁附有不挥发性杂质B.加热时晶体未完全变白就停止加热
C.加热过程中有晶体溅出D.未做恒重操作
【答案】C
【分析】在测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中,加热前后质量的减少量即是失去结晶水的质量,若晶体未研成粉末,易导致晶体分解不完全,固体的质量差偏小;坩埚未干燥、加热过程中晶体爆溅、加热时间过长,部分变黑等而造成加热前后固体的质量差偏大,使n值偏大。
【详解】A项、坩锅内附有不挥发杂质,加热前后固体的质量差不变,测量结果不变,故A错误;
B项、晶体未完全变白,导致晶体分解不完全,造成加热前后固体的质量差偏小,使测量结果偏小,故B错误;
C项、加热过程中晶体溅出,造成加热前后固体的质量差偏大,使测量结果偏大,故C正确;
D项、未做恒重操作,晶体可能分解不完全,造成加热前后固体的质量差可能偏小,使测量结果可能偏小,故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定方法,明确实验原理、实验步骤,分析误差时从导致加热前后的质量差进行判断为解答关键。
20.某澄清透明溶液中,可能大量存在下列离子中的若干种:
H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br-、AlO2-、Cl-、SO42-、CO32-,现进行如下实验:
①用试管取少量溶液,逐滴加入稀盐酸至过量,溶液先浑浊后又变澄清,有无色气体放出。
将溶液分为3份。
②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,溶液先浑浊后又变澄清。
加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,未见明显现象。
③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4,振荡后静置,下层溶液显橙红色。
则下列推断正确的是()
A.溶液中一定有K+、Br-、AlO2-、CO32-
B.溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl-
C.不能确定溶液中是否有K+、Cl-、SO42-
D.往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl-
【答案】A
【分析】①用试管取少量溶液,逐滴加入稀盐酸至过量,溶液先浑浊后又变澄清,有无色气体放出,可知无色气体为二氧化碳,一定含CO32-,溶液先浑浊后又变澄清可知,溶液中一定含AlO2-,由离子共存的条件可知,一定不含H+、Mg2+、Cu2+;
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,溶液先浑浊后又变澄清,加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,未见明显现象,则溶液中不含NH4+;
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4,振荡后静置,下层溶液显橙红色,则溶液中一定含Br-,由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+,不能确定是否含Cl-、SO42-。
【详解】A项、由实验现象可知,溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-,故A正确;
B项、由实验操作可知,一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+,不能确定溶液中是否含Cl-,故B错误;
C项、溶液中一定含K+,不能确定是否含Cl-、SO42-,故C错误;
D项、由于溶液事先已经加入盐酸,往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl-,故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存,试题信息量较大,侧重分析与推断能力的考查,把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。
二、综合题
21.工业生产尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2],反应的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)+Q(Q>0)。
该反应分两步进行:
①2NH3(g)+CO2(g)⇌NH4COONH2(s)+Q1(Q1>0),②NH4COONH2(s)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(l)+Q2(Q2<0).
(1)固体CO2称干冰,属于___________晶体。
氮原子最外层电子排布式是___________。
(2)氧元素的非金属性比碳强,用原子结构的知识说明理由___________________________
______________________________________________。
(3)下列示意图中,能正确表示合成尿素过程中能量变化的是____________。
A、
B、
C、
D、
(4)写出合成尿素第一步反应的平衡常数表达式K=_________________________________。
(5)某实验小组模拟工业上合成尿素的条件,在恒定温度下,将氨气和二氧化碳按2:
1的物质的量之比充入一体积为10L的密闭容器中(假设容器体积不变,生成物的体积忽略不计),经20min达到平衡,各物质浓度的变化曲线如图所示。
①在上述条件下,从反应开始至20min时,二氧化碳的平均反应速率为___________。
②为提高合成尿素的产率,下列可以采取的措施有____________。
a.缩小反应容器的容积b.升高温度
c.增加反应物的量d.使用合适的催化剂
③若保持平衡的温度和体积不变,25min时再向容器中充入2mol氨气和1mol二氧化碳,在40min时重新达到平衡,请在上图中画出25~50min内氨气的浓度变化曲线____________。
【答案】
(1).分子
(2).2s22p3(3).氧元素和碳元素同周期,电子层数相同,氧元素的核电荷数比碳元素多,吸引电子能力强,因此非金属性比碳强(4).C(5).1/[c2(NH3)c(CO2)](6).0.01mol/(L·min)(7).a(8).
【分析】
(1)干冰,属于熔、沸点较低的分子晶体;氮原子原子序数为7,位于周期表第二周期ⅤA族;
(2)同周期元素从左到右,随着核电荷数递增,原子半径减小,吸引电子能力依次增强,非金属性依次增;
(3)根据反应物和生成物的能量高低与反应吸放热之间的关系来判断;
(4)依据化学平衡常数表达式=生成物平衡浓度系数次幂的乘积反应物平衡浓度系数次幂的乘积来书写;
(5)由氨气和二氧化碳的物质的量比为2:
1,结合各物质浓度的变化曲线可知,起始时c(NH3)和c(CO2)分别为0.6mol/L和0.3mol/L,平衡时c(NH3)和c(CO2)分别为0.2mol/L和0.1mol/L。
①根据化学反应速率等于单位时间内物质浓度的变化量来计算;
②根据影响化学平衡移动的因素来回答判断;
③根据等效平衡知识来作图。
【详解】
(1)固体CO2称干冰,属于熔、沸点较低的分子晶体;氮原子原子序数为7,位于周期表第二周期ⅤA族,最外层电子排布式是2s22p3,故答案为:
分子;2s22p3;
(2)氧元素和碳元素均为第二周期元素,同周期元素从左到右,随着核电荷数递增,原子半径减小,吸引电子能力依次增强,非金属性依次增强,故答案为:
氧元素和碳元素同周期,电子层数相同,氧元素的核电荷数比碳元素多,吸引电子能力强,因此非金属性比碳强;
(3)由题意可知,合成尿素的反应和反应①为放热反应,反应物的总能量高于生成物的总能量;反应②为吸热反应,反应物的总能量低于生成物的总能量。
A、合成尿素的反应为放热反应,2NH3(g)+CO2(g)的总能量高于CO(NH2)2(l)+H2
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