2020年高三化学总复习练习题含答案（八）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Co 59 一、选择题：。 1.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读错误的是 A．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是 K2CO3 B．《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，“ 曾青”是指可溶性铜盐 C．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼用”里的“石灰”指的是 Ca(OH)2 D．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”这里的“洧水”指的是石油 【答案】C 【解析】A、草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项 A 正确；B、曾 青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项 B 正确；C、“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是 CaCO3，不是 Ca(OH)2，如果是 Ca(OH)2， 不用焚烧，可以直接使用，选项 C 错误；D、由题中信息知，“洧水”是一种矿物，且可燃，所以 “洧水”就是石油，选项 D 正确。答案选 C。 点睛：本题以文言文为切入点考查物质的组成、结构和性质的关系，关键是正确理解题中所描 述的意思，作出正确判断，题目难度不大，但理解不好容易出错。 2．阿伏加德罗是意大利化学家（1776.08.09- 1856.07.09），曾开业当律师，24 岁后弃法从理，十分 勤奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把 1 mol 某种微粒集合体所含有的粒子个数，称 为阿伏加德罗常数，用 N 表示。下列说法或表示中不正确的是 A．科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为 1 mol B．在 K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O 反应中，若有 212 克氯气生成，则反应中电子转移 的数目为 5NA C．60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗 2NA 个 O2 D．6.02×1023mol-1 叫做阿伏加德罗常数 【答案】D 【解析】A. 含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为 1 mol，故 A 正确； B. 生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为 37Cl，5mol为 35Cl，生成氯气摩尔质量= =70.7g·mol－1，若有 212 克氯气生成物质的量= =3mol，生成 3mol 氯气电子转移 5mol，故 B 正确； C. 乙酸与葡萄糖最简式都是 CH2O，1 个 CH2O 完全燃烧消耗 1 个氧气分子，60 克的乙酸和葡萄 1 37 5 35 70.7 × + × 1 212 70.0 · g g mol－糖混合物含有 CH2O 物质量为 2mol，充分燃烧消耗 2NA 个 O2，故 C 正确； D. 6.02×1023mol-1 是阿伏加德罗常数的近似值，故 D 错误；故选 D。 3．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(或滴入)X 试剂后发生反应的离子方程式书写正确 的是 【答案】B 【解析】A 选项，次氯酸根与二氧化硫反应生成硫酸根和氯离子，故 A 错误； B 选项，硫化氢和铁离子反应生成亚铁离子和硫单质，故 B 正确； C 选项，铁离子和[Al(OH)4]-发生双水解，故 C 错误； D 选项，碳酸氢根和[Al(OH)4]-发生反应生成氢氧化铝和碳酸根，故 D 错误。综上所述，答案为 B。 【点睛】铁离子与偏铝酸根、碳酸根、碳酸氢根、硅酸根等离子发生双水解反应；碳酸氢根和 偏铝酸根反应不是双水解反应。 4．甲～辛等元素在周期表中的相对位置如图所示。甲与戊的原子序数相差 3，戊是空气中含量最 多的元素，丁与辛是同周期元素。下列说法正确的是 A．丙不能与水发生反应 B．己和氯气反应的产物只有一种 C．丙与庚的原子核外电子数相差 13 D．乙形成的氧化膜疏松，不能保护内层金属 【答案】C 【解析】戊是空气中含量最多的元素，则戊是 N 元素，甲与戊的原子序数相差 3，则甲是 Be， 可推知乙是 Mg，丙是 Ca，丁是 Sc 元素，戊是 N，己是 P，庚是 As，辛是 Ge。 A.丙是 Ca，Ca 是活泼的金属，能够与水反应产生 Ca(OH)2 和 H2，A 错误； B.己是 P，P 与 Cl2 反应产生 PCl3、PCl5，产物不只有一种，B 错误； C.丙是 Ca，原子序数是 20，庚是 As，原子序数是 33，二者的原子序数差为 33-20=13，C 正确；D.乙是 Mg，乙形成的氧化膜 MgO 非常致密，能对内层的金属起保护作用，D 错误； 故合理选项是 C。 5．中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙 酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是 A．电流方向从 A 极沿导线经小灯泡流向 B 极 B．B 极为电池的阳极，电极反应式为 CH3COO− − 8e− +4H2O = 2HCO3− +9H+ C．当外电路中有 0.2 mol e− 转移时，通过质子交换膜的 H+的个数为 0.2NA D．A 极的电极反应式为 + H++2e− = Cl− + 【答案】B 【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知 A 为正极，正极有氢离 子参与反应，电极反应式为 +2e− +H+= +Cl− ，B 为负极，电极反应式为 CH3COO− − 8e− +4H2O =2HCO3− +9H+，据此分析解答。 A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从 A 极沿导线经小灯泡流向 B 极，故 A 正确； B．B 极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为 CH3COO− − 8e− +4H2O =2HCO3− +9H+，B 极不是阳极，故 B 错误； C．根据电子守恒可知，当外电路中有 0.2mole− 转移时，通过质子交换膜的 H+的个数为 0.2NA，故 C 正确； D．A 为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为 +2e− +H+= +Cl− ，故 D 正确；答案选 B。 【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为 B，要注意原 电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。 6．下述实验方案能达到实验目的的是 编号 A B C D实验 方案 片刻后在 Fe 电极 附 近 滴 入 K3[Fe(CN)6]溶液 置于光亮处 实验 目的 验证铁钉发生 析氢腐蚀 验证 Fe 电极被保 护 验证乙炔的还原 性 验证甲烷与氯气发生 化学反应 【答案】D 【解析】本题考查化学实验装置的分析，意在考查考生对化学实验的设计和分析能力。食盐水 浸泡过的铁钉发生的是吸氧腐蚀，A 项错误；铁电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应而 被腐蚀，B 项错误；由电石产生的乙炔中含有的 PH3、H2S 等气体也能被酸性高锰酸钾溶液氧化， 对乙炔的检验有干扰，C 项错误；甲烷与氯气在光照时发生取代反应，可以观察到试管中气体颜 色变浅，试管壁出现油状液滴，试管内液面上升，D 项正确。 7．下列有关同分异构体的种类判断中，正确的是 A.分子式为 C9H10 的芳香族化合物有 8 种 B.分子式为 C5H8O2，含五元环且属于酯的有机物有 2 种 C.分子式为 C5H10O2，能和碳酸氢钠溶液反应的有机物 W。在光照条件下，W 与氯气发生烃基上 的取代反应，生成的一氯代物有 12 种 D.分子式为 C5H12O，且能与 Na 反应放出氢气的有机化合物(不考虑立体异构)有 5 种 【答案】C 【解析】苯的同系物的通式为 CnH2n-6。若 n=9，则 2n-6=12，题给分子式中 H 的个数为 10，说 明侧链上含有一个碳碳双键或一个环。若苯环上只有一个侧链，可能为 C6H5CH=CH—CH3、 C6H5CH2CH=CH2、C6H5C(CH3)=CH2、 ，共 4 种；若苯环上有两个侧链，则侧链分别为 —CH3、—CH=CH2，—CH3 和—CH=CH2 分别位于苯环上的邻、间、对位，共 3 种，因此符合条件 的同分异构体共 7 种，A 项判断错误。有机物除五元环外还含有 1 个甲基，甲基在五元环上有 3 种位置关系，B 项判断错误。依据题意，可知 W 为羧酸，其结构可写成 C4H9COOH，—C4H9 有 4 种结构，故此羧酸也有 4 种结构，分别为 CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、 CH3CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)3COOH，烃基上氢原子种类分别为 4、4、3、1 种，则 W 的一氯代物共有 12 种，C 项判断正确。根据题给信息判断该有机化合物为醇，5 个碳原子的碳骨架可能 有 3 种结构，即：C—C—C—C—C、 、 ，羟基在 C—C—C—C—C 中有 3 种连接方式，在 中有 4 种连接方式，在 中有 1 种连接方式，故该有机物 共有 8 种同分异构体，D 项判断错误。 二、非选择题： 8.利用水钴矿(主要成分为 Co2O3，含少量 Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2 等)可以制取多种 化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有 H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。 ②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。 ③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 （1）浸出过程中加入 Na2SO3 目的是_______________。 （2）NaClO3 在浸出液中发生反应的离子方程式为____________。 （3）加入 Na2CO3 调 pH 至 5.2，目的是______；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为 _____。 （4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整 pH 为 2～3，______、_____、过滤、洗涤、减压烘 干等过程。 （5）为测定粗产品中 CoCl2·6H2O 的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化 的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中 CoCl2·6H2O 质量分数 大于 100%，其原因可能是________________________(回答一条原因即可)。 （6）将 5.49g 草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 4.41 290～320 2.41 经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和 CO2 气体，则 290～320℃温度范围，剩余的固体物质 化学式为____。[已知：CoC2O4·2H2O 的摩尔质量为 183g·mol−1] 【答案】（14 分） （1）将 Fe3+、Co3+还原（2 分） （2）ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O （2 分） （3）使 Fe3+和 Al3+沉淀完全（2 分） CaF2 和 MgF2（2 分） （4）蒸发浓缩（1 分） 冷却结晶（1 分） （5）粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) （2 分） （6）Co3O4(或 CoO·Co2O3) （2 分） 【解析】（1）、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3 与盐酸、Na2SO3 发生反应，Co2O3 转化为 Co2+，Fe2O3 转化为 Fe2+，Co、Fe 元素化合价降低，则 S 元素化合价升高，SO32-转化为 SO42-，故答案为：将 Fe3+、Co3+还原； （2）、NaClO3 加入浸出液中，将 Fe2+氧化为 Fe3+，ClO-被还原为 Cl-，反应的离子方程式为：ClO3- ＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O-； （3）根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加 Na2CO3 调 pH 至 5.2，目的是使 Fe3+和 Al3+ 沉淀完全。滤液 l 中含有的金属阳离子为 Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程 图中向滤液 1 中加入了 NaF 溶液，知沉淀Ⅱ为 MgF2、CaF2； （4）、经过操作 I 由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作 I 还包括蒸发浓缩、冷 却结晶； （5）、根据 CoCl2·6H2O 的组成及测定过程分析，造成粗产品中 CoCl2·6H2O 的质量分数大于 100% 的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量 的固体中氯离子含量变大； （6）、整个受热过程中只产生水蒸气和 CO2 气体，5.49 g CoC2O4·2H2O 为 0.03mol，固体质量变 为 4.41 g 时，质量减少 1.08g，恰好为 0.06 mol H2O 的质量，因此 4.41 g 固体为 0.03 mol CoC2O4。 依据元素守恒知，生成 n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由 4.41 g 变 为 2.41 g 时，质量减少 2 g，说明 290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。 则参加反应的 m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式 ，故 290~320℃ 温度范围，剩余固体物质的化学式为 Co3O4 或 CoO·Co2O3。 9.无水三氯化铬（CrCl3）为紫色晶体，在工业上主要用作媒染剂和催化剂，某化学小组用 Cr2O3 和 CCl4 在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示。 已知：①CrCl3 熔点为 83℃，易潮解，易升华，易溶于水但不易水解，高温下易被氧气氧化；②Cr2O3 和 CCl4 在高温下反应的产物为 CrCl3 和光气（COCl2 ）。请回答下列问题： （1）装置 A 是氮气制备装置，氮气的作用是____________。 （2）装置 B 的作用为________。装置 C 和装置 E 的水槽中应分别盛有__________、 ____________。 （3）装置 D 中生成 CrCl3 和光气（COCl2 ）的化学方程式为_________。 （4）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：_________（写一点即可） （5）产品中 CrCl3 质量分数的测定： （i）称取 0.3000 g 得到的 CrCl3 样品溶于水并于 250mL 容量瓶中定容。 （ii）取 25.00mL 样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的 Na2O2,稀释并加热煮 沸，再加入过量的 H2SO4 酸化，将 Cr3+氧化为 Cr2O72-；再加入过量的 KI 固体，加塞摇匀，使铬 完全以 Cr3+形式存在 （iii）加入 1mL 指示剂，用 0.0250 mol·L－1 标准 Na2S2O3 溶液滴定至终点，平行测定三次，平均 消耗标准 Na2S2O3 溶液 21.00mL（已知 2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI） ①ii 中加入稍过量的 Na2O2 后要加热煮沸，其主要原因是____________；加入 KI 发生反应的离 子方程式为________________。 ②滴定实验可选用的指示剂为____________产品中 CrCl3 质量分数为_______%（结果保留两位 有效数字）。 【答案】（15 分）（1）排出空气、吹出 CCl4 蒸汽、吹出产物及尾气 （2 分） （2）除去氮气中水蒸气（1 分） 热水（1 分） 冷水（1 分） （3）Cr2O3＋3CCl4 2CrCl3＋3COCl2（2 分） （4）将连接装置 D、E 的细导管改成粗导管（2 分） 2 4 2 3 4 2290~3CoC O +2O Co O +320 6CO℃（5）除去溶解的氧气，防止将 I-氧化（1 分） Cr2O72-+ 6I-+14H+= 2Cr3++3I2+7H2O（2 分） 淀粉溶液（1 分） 92.5（2 分） 【解析】A 装置中氨气和氧化铜在加热条件下生成氮气，B 装置干燥氮气，C 装置中的 是反 应物，氮气将 吹入反应装置 D 中，E 装置进行尾气吸收。 （1）氮气的作用是排出空气、吹出 蒸汽、吹出产物及尾气，故答案为：排出空气、吹出 蒸汽、吹出产物及尾气； （2）由信息①可知装置 D 中必须保持无水环境，故装置 B 的作用是干燥氮气；装置 C 中热水 的作用是使 汽化，提供反应所需的反应物；装置 E 中冷水的作用是冷凝生成的 ，故答 案为：除去氮气中水蒸气；热水；冷水； （3）由题意可知，反应物是 和 ，产物为 和 ，故方程式为： ，故答案为： ； （4）由信息①可知 易升华，题中装置图中 D、E 之间的导管太细，易发生堵塞，故应将 细导管换成粗导管，故答案为：将连接装置 D、E 的细导管改成粗导管； （5）①溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化 氧化，若不除去其中溶解的氧气使生成的 的 量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸； 和 发生氧化还原生成碘单质和铬离子，离子方 程式为： ，故答案为：除去溶解的氧气，防止将 氧化； ； ②利用 滴定生成 ， 遇淀粉显蓝色，所以可以用淀粉作指示剂；设 25.00mL 溶液中 ，由 元素守恒及方程式可得关系式： ， ，故 ，所以 250mL 溶液中 的物质的量为 0.00175mol，根据 元素守恒可知 ，所以样品中 ，故样品中无水三氯化铬的质量分数为： ，故答案为：淀粉溶液；92.5。 4CCl 4CCl 4CCl 4CCl 4CCl 3CrCl 2 3Cr O 4CCl 3CrCl 2COCl 2 3 4 3 2Cr O 3CCl 2CrCl +3+ COCl 2 3 4 3 2Cr O 3CCl 2CrCl +3+ COCl 3CrCl -I 2I 2- 2 7Cr O -I 2- - + 3+ 2 7 2 2Cr O + 6I +14H = 2Cr +3I +7H O -I 2- - + 3+ 2 7 2 2Cr O + 6I +14H = 2Cr +3I +7H O 2 2 3Na S O 2I 2I 3+n Cr（ ） Cr 3+ 2- 2 7 2 2 2 32Cr Cr O 3I 6Na S O～ ～ ～ 3+ 2- 2 7 2 2 2 3 3+ 2 2Cr Cr O 3I 6Na S O 6 n Cr 0.0250mol/L 0.021L×    （ ） 3+ 1n Cr 0.0250 / 0.021 0.0001753mol L L mol= × × =（ ） 3+Cr Cr 3n CrCl =0.00175mol（ ） 3m CrCl 0.00175 158.5 / 0.2774mol g mol g= × =（ ） 0.2774 100% 92.5%0.3000 g g × =10.甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（SiHCl3）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列 问题： （1）工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产 SiHCl3 时伴随发生的反应有： Si(s)＋4HCl(g)= SiCl4(g)＋2H2(g) ∆H＝-241 kJ/mol SiHCl3(g)＋HCl(g)=SiCl4(g)＋H2(g) ∆H＝-31 kJ/mol 以硅粉和氯化氢气体生产 SiHCl3 的热化学方程式是____________________________。 （2）工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应 的化学方程式为_________________。 （3）三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)为歧化制甲硅烷 过程的关键步骤，此反应采用一定量的 PA100 催化剂，在不同反应温度下测得 SiHCl3 的转化率 随时间的变化关系如图所示。 ① 353.15 K 时，平衡转化率为_________，反应的平衡常数 K＝________（保留 3 位小数）。该 反应是________反应（填“放热”“吸热”）。 ②323.15 K 时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_________、__________。 ③ 比较 a、b 处反应速率的大小：va_____vb （填“＞”“＜”或“＝”）。已知反应速率 v 正＝ ，v 逆＝ ，k1、k2 分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x 为 物质的量分数，则在 353.15 K 时 ＝________（保留 3 位小数）。 【答案】（14 分） （1）Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210 kJ/mol（2 分） （2）SiCl4＋LiAlH4=SiH4＋LiCl＋AlCl3（2 分） （3）①24%（2 分） 0.025（2 分） 吸热（1 分） ②改进催化剂（1 分） 增大 压强或提高反应物浓度（1 分） ③＞（1 分） 0.025（2 分） 【解析】（1）由盖斯定律，①-②得硅粉和氯化氢气体生产 SiHCl3 的热化学方程式：Si(s)＋ 3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g) ∆H＝-210 kJ/mol；  3 2 1 SiHClk x 2 2 4SiH Cl Cl2 Sik x x 1 2 k k（2）题目信息：四氯化硅和氢化铝锂（LiAlH4）反应后得甲硅烷及两种盐，氢化铝锂中有两种 金属元素，刚好成两种盐 LiCl、AlCl3 ，方程式为：SiCl4＋LiAlH4=SiH4＋LiCl＋AlCl3； （3）① 由图可知 353.15K 时，最大转化率 24%，则平衡转化率为 24%； 反应的平衡常数计算：设起始 SiHCl3 浓度为 1mol/L，根据三段式找到达到平衡各物质浓度， ； 由图可知：温度升高，该平衡转化率增大，升温平衡正向移动，则正向是吸热反应。 ②323.15 K 时，要缩短反应达到平衡的时间即加快反应速率，可采取的措施有改进催化剂、增 大压强或提高反应物浓度； （4）a、b 两处转化率相同，说明消耗的 SiHCl3 等量的，但 a 的时间比 b 的短，a 的反应速率快， 故 va>vb； 已知反应速率v 正＝ ，v 逆＝ ，达到平衡时v 正＝v 逆，即 ＝ ， 变形得 = ，由图可知 353.15K 时，平衡转化率为 24%，则在 353.15K 时 ＝K＝ 24%。 【点睛】（2）此题图像题：横轴是时间，纵轴是不同反应温度下测得不同时间的 SiHCl3 的转化率， 图形体现的是 SiHCl3 的转化率随时间的变化关系图。任选一条图像从图形走势来看，转化率随时 间变化即反应的进行不断增大，直至最大值即达平衡。故 353.15K 时，最大转化率 24%，即平衡 转化率为 24%，然后设起始 SiHCl3 浓度为 1mol/L，根据三段式找到达到平衡各物质浓度。 （4）题关键在于对 ab 两点纵坐标的值相等的理解，说明转化的反应物浓度即△c 相等，反应速 率 v= ，时间长则速率小。 （二）选考题： 11.我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出 来其成分为 BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。 （1）“中国蓝”、“中国紫”中均具有 Cun＋离子，n＝___，基态时该阳离子的价电子排布式为 ______。 （2）“中国蓝”的发色中心是以 Cun+为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是___元素。 （3）合成“中国蓝”、“中国紫”的原料有 BaCO3，孔雀石 Cu2(OH)2CO3 和砂子(SiO2)。SiO2 晶体中 Si 原子的杂化轨道是由______轨道（填轨道的名称和数目）和________轨道杂化而成的。 ( ) ( ) ( )3 2 2 42SiHCl + 1 0 0mol/L 0.24 0.24 0.24mol/L 0.76 0.24 0 g SiH Cl g S .24 iCl g mol/L  起始浓度（ ） 转化浓度（ ） 平衡浓度（ ） 2 0.24 0.24K= =0.0250.76 × 3 2 1 SiHClk x 2 2 4SiH Cl Cl2 Sik x x 3 2 1 SiHClk x 2 2 4SiH Cl Cl2 Sik x x 1 2 k k 2 2 4 3 SiH Cl SiCl 2 SiHCl x x x =K 1 2 k k Δc Δt（4）现代文物分析发现，“中国蓝”中含有微量硫元素。假若硫元素来源一种阴离子是正四面体 的天然钡矿中，则最可能的钡矿化学式是______。 （5）在 5500 年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料—“埃及蓝”CaCuSi4O10，其合成原 料中用 CaCO3 代替了 BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32 一中键角∠OCO 为___。根据所学，从 原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更___（填“高”或“低”）。 （6）自然界中的 SiO2，硬度较大，主要原因是___。下图为 SiO2 晶胞中 Si 原子沿 z 轴方向在 xy 平面的投影图（即俯视投影图），其中 O 原子略去，Si 原子旁标注的数字表示每个 Si 原子位于 z 轴的高度，则 SiA 与 SiB 的距离是_____。 【答案】（15 分） （1）2（1 分） （1 分） （2）O 或氧 （1 分） 1 个 3s （1 分） 3 个 3p （1 分） （3） （2 分） （4） （2 分） 低（2 分） （5） 是一种空间网状的共价晶体，共价键结合较为牢固 （2 分） （2 分） 【解析】 【分析】 ⑴根据化合物中各元素的化合价代数和为零来计算 n 值，Cu2+ 的价电子排布式根据铜原子的价 电子排布式 3d104s1 得出。 ⑵“中国蓝”中 、Si 都不存在孤对电子，而 O 原子中存在孤对电子。 ⑶SiO2 是空间网状结构，一个 Si 原子周围连有 4 个 O 原子。Si 原子核外最外层有 4 个电子，恰 好与氧原子形成 4 个 σ 键，无孤对电子。而杂化轨道用于形成 σ 键和容纳孤对电子。所以 SiO2 中 Si 的杂化类型是 sp3，也就是 1 个 3s 轨道和 3 个 3p 轨道形成。 ⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根。 ⑸碳酸根中 C 提供 4 个电子，O 不提供电子，加两个负电荷，6 个电子形成 3 对电子，属于 sp2 93d 4BaSO 120o 2SiO 2 2 d 2Ba +杂化，平面正三角形，键角为 ，对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的 热稳定性递增， 比 稳定。 ⑹ 是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA 与 SiB 在 y 轴方向上距离为 ， 在 z 轴方向上距离为 ，所以 SiA 与 SiB 之间的距离 。 【详解】 ⑴根据化合物中所有元素化合价代数和为 0 可计算出 Cu 的化合价为+2，故 Cun＋离子中 n＝2，Cu 的价电子排布式 3d104s1，当失去 2 个电子时价电子排布式变为 ，故答案为 2， ； ⑵“中国蓝”中 ，Si 都不存在孤对电子，而 O 原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供 孤对电子，故答案为：O； ⑶SiO2 中 Si 的杂化类型是 sp3，也就是 1 个 3s 轨道和 3 个 3p 轨道形成，故答案为：1 个 3s，3 个 3p； ⑷含有硫元素的阴离子是正四面体，最可能是硫酸根，所以钡矿化学式是 ，故答案为： ； ⑸碳酸根中 C 属于 sp2 杂化，平面正三角形，键角为 ，对于碱土金属碳酸盐的热稳定性 比 稳定，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更低，故答案为： ， 低； ⑹ 是一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固，SiA 与 SiB 在 y 轴方向上距离为 ， 在 z 轴方向上距离为 ，所以 SiA 与 SiB 之间的距离 ，故答案为： 是 一种空间网状的原子晶体，共价键结合较为牢固， ； 【点睛】 电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断等知识要掌握牢固，SiA 与 SiB 之间的距离的计算，对学生的立体空间想象能力要求高。 36．[化学——选修 5：有机化学基础]（15 分） 化合物 F 是一种药物合成的中间体，F 的一种合成路线如下： 120o 3BaCO 3CaCO 2SiO 1 2 d 1 2 d 2 2d d 2( ) ( ) d2 2 2 = + = 93d 93d 2Ba + 4BaSO 4BaSO 120o 3BaCO 3CaCO 120o 2SiO 1 2 d 1 2 d 2 2d d 2( ) ( ) d2 2 2 = + = 2SiO 2 2 d已知： 回答下列问题： （1） 的名称为____。 （2）D 中含氧官能团的名称为____。 （3）B→C 的反应方程式为____。 （4）D→E 的反应类型为____。 （5）C 的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2 个—CH3 的同分异构体还有____种，写 出核磁共振氢谱为 3 组峰，峰面积之比为 6:2:1 的同分异构体的结构简式____。 （6）依他尼酸钠（ ）是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中 的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。 ________________ 【答案】（15 分） （1）2-氯丙酸（1 分） （2）羧基、醚键（2 分） （3） （2 分） （4）取代反应（2 分） （5）5（2 分） （2 分） （6） （4 分） 【解析】 【分析】 由流程图可知：A 在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成 B，B 发生取代反应生成 C， ，C 发生信息中取代反应生成 D，由信息 D 发生 取代反应生成 E，由 E 的结构、反应条件，逆推可知 D 为 、C 为 、B 为 ．对比 E、F 的结构，可知 E 的羧基与碳酸钠反应，E 中亚甲基与甲醛发生加成反应、 消去反应引入碳碳双键，最终生成 F。 （6）模仿 C→F 的转化，可知 先与 ClCH2COOH 反应，产物再与 CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2 作用，最后与 HCHO 反应得到目标物。 【详解】 （1） 中 Cl 为取代基，丙酸为母体从羧基中 C 原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸； （2）D 为 ，D 中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；（3）B→C 的反应方程式为： （4）D→E 是苯环上 H 原子被-COCH2CH3 替代，属于取代反应； （5）C（ ）的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2 个—CH3 的同分异构体，2 个甲基有邻、间、对 3 种位置结构，对应的-ONa 分别有 2 种、3 种、1 种位置结构，共有 6 种，不 包括 C 本身还有 5 种，核磁共振氢谱为 3 组峰，峰面积之比为 6：2：1 的同分异构体的结构简式 为： ； （6）模仿 C→F 的转化，可知 先与 ClCH2COOH 反应，产物再与 CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2 作用，最后与 HCHO 反应得到目标物，合成路线流程图为： 。