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2019年高三化学上学期第四次模拟考试试题(含解析)【化学综析】本试卷以理综的方式命制重点考查了氧化还原反应、离子反应、反应热、物质结构与元素周期律、化学实验、有机合成与推断、元素化合物等;能力层次考查了学生的推理能力、分析问题解决问题的能力、计算能力、根据图表获取信息的能力、实验操作能力等,题目有一定的区分度,难度适中,适合高三模拟用
7.【题文】设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是A.一定量的Fe与含1molHNO3的稀硝酸恰好反应,则被还原的氮原子数小于NAB.1molAlCl3在熔融时离子总数为
0.4NAC.常温常压下,等质量的SO
2、S2含有相同的分子数D.125gCuSO4·5H2O晶体中含有
0.5NA个Cu2+【知识点】阿伏加德罗常数A1【答案解析】B解析金属与硝酸反应时,硝酸显酸性和氧化性,即硝酸没有全部被还原,因此A正确;AlCl3在熔融时不能电离产生离子,B错误;SO
2、S2的摩尔质量相同,等质量时含有相同的分子数,C正确;125gCuSO4·5H2O是
0.5mol,含有
0.5NA个Cu2+,D正确【思路点拨】硝酸与金属反应时显酸性和氧化性,与非金属反应显酸性
8.【题文】将足量SO2通入下列各溶液中,所含离子还能大量共存的是A.H+、Br-、Fe2+、SO42-B.NH4+、CO32-、NO3-、SiO32-C.Na+、S2-、OH-、AlO2-D.Fe3+、Cl-、Ba2+、Al3+【知识点】离子共存B1【答案解析】A解析B、SO2通入溶液,则显酸性,CO32-与SiO32-会反应生成二氧化碳气体或硅酸沉淀;C、SO2通入溶液,则显酸性,OH-、AlO2-被反应,或二氧化硫与S2-发生氧化还原反应;D、SO2会还原Fe3+,因此选A【思路点拨】解答本题要根据二氧化硫的性质去思考
9.【题文】下列叙述错误的是
①热稳定性H2OHFH2S
②熔点AlNaK
③ⅡA族元素的阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤多电子原子中,在离核较近的区域内运动的电子能量较高
⑥已知H2SO4aq+2NaOHaq=2H2Ol+Na2SO4aq△H=-
114.6kJ·mol-1则中和热为
57.3kJ·mol-1
⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键,而含金属元素的化合物中一定含离子键A.
②④⑥B.
①⑤⑥C.
②③④D.
①⑤⑦【知识点】物质结构与元素周期律反应热E5F1【答案解析】D解析非金属性F>O>S,气态氢化物的稳定性为HF>H2O>H2S,故
①错误;金属离子半径越小,电荷越高,金属键越大,熔点就高,则熔点Al>Na>K,故
②正确;金属原子失去电子形成阳离子,电子层减少,则ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布,故
③错误正确;从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为副族及第Ⅲ族元素,均为金属元素,故
④正确;多电子原子中,在离核较远的区域内运动的电子能量较高,故
⑤错误;
⑥在稀溶液中,酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热,故
⑥正确;含金属元素的化合物如氯化铝中含共价键,故
⑦错误;选D【思路点拨】在稀溶液中,酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量叫做中和热;燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量;熔沸点的比较熔沸点的高低取决于4种晶体微粒间的作用力的大小离子晶体受离子半径的大小及离子所带电荷的多少,原子晶体取决于共价键的强弱,分子晶体取决于分子间力,金属晶体取决于金属键的大小
10.【题文】下列离子方程式书写正确的是A.稀硝酸溶液中加入氢氧化亚铁FeOH2+2H+=Fe2++2H2O[学科]B.NaOH溶液中加入过量BaHCO32溶液Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+2H2O+CO32-C.FeI2溶液中通入极少量Cl22I-+Cl2=I2+2Cl-D.AlCl3溶液中加入过量氨水Al3++4OH-=AlO2-+2H2O【知识点】离子方程式B1【答案解析】C解析A、稀硝酸会氧化Fe2+;B、NaOH溶液中加入过量BaHCO32溶液的反应是Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O,D、过量氨水不能溶解氢氧化铝,因此选C【思路点拨】离子方程式的书写可能在以下几方面出现错误1.主观臆断,不符合客观事实如本题的B、C项2.方程式等号两边物质的质量或电荷不守恒3.对三种状态难溶解、易挥发、难电离的物质错判或遗漏,将不该拆的弱电解质或难溶物写成了离子符号,而该拆的可溶性强电解质未拆写成离子符号
11.【题文】某研究性学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法,其中不合理的是A.甲装置可用来证明碳的非金属性比硅强B.乙装置可用来探究SO2的漂白性C.丙装置用图示的方法可以检查此装置的气密性D.丁装置先从
①口进气集满二氧化碳,再从
②口进气,可收集氢气【知识点】实验J1J3J2【答案解析】B解析探究SO2的漂白性,应该用品红溶液,不能用高锰酸钾,因此选B【思路点拨】解答类似的实验题,可从操作、试剂、结论三个方面分析,只有有一个错误,则该选项错误
12.【题文】下列各表述与示意图一致的是A.图
①表示向含Mg2+、Al3+、NH4+的盐溶液中滴加NaOH溶液时,沉淀的量与NaOH的体积的关系图则三种离子的物质的量之比为nMg2+:nAl3+:nNH4+=2:1:2,其中使用的NaOH的浓度为2mol·L-1B.图
②中曲线表示某反应过程的能量变化,当物质Ag与Bg反应生成物质Cg时,△H0,若使用正催化剂,E值会减小C.图
③可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入BaOH2溶液时,产生沉淀的物质的量(n)与加入BaOH2溶液体积(V)之间的关系图D.图
④表示向一定质量的明矾溶液中滴加BaOH2溶液时,产生沉淀的物质的量(n)与加入BaOH2溶液体积(V)之间的关系图【知识点】元素化合物计算C5D5F1【答案解析】C解析A、根据图
①中各段含义,得到NaOH溶液为25mL到35mL是与NH4+反应,35mL到40mL是与氢氧化铝反应,剩余的为氢氧化镁,故得到nMg2+=
0.05mol,根据Al3+与NaOH反应沉淀与溶解时量的关系为3:1确定,与Mg2+反应的NaOH溶液体积为25-5×3=10mL,cNaOH=
0.05×2÷
0.01=10mol/L,根据35mL到40mL段得nAl3+=nNaOH=
0.005×10=
0.05mol,根据25mL到35mL段得nNH4+=nNaOH=
0.01×10=
0.1mol,nMg2+:nAl3+:nNH4+=
0.05mol
0.05mol
0.1mol=1:1:2,A错误;根据图
②知反应物的总能量比生成物的总能量高,是放热反应,△H<0,使用催化剂改变反应的活化能,但不能改变反应的焓变,B错误;向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后,先产生的沉淀只是BaSO4,然后是中和反应,最后是与Mg2+产生沉淀Mg(OH)2,C正确;向一定质量的明矾溶液中滴加BaOH2溶液时,先发生的反应是2KAlSO42+3BaOH2=2AlOH3↓+3BaSO4↓+K2SO4然后2AlOH3+K2SO4+BaOH2=2KAlO2+BaSO4↓+H2O,即沉淀达最多后溶解一部分(5mol→4mol),D错误,选C【思路点拨】A项也可以直接根据25mL到35mL和35mL到40mL两段判断出Al3+、NH4+量的关系,是12的关系离子间的竞争反应如C项可这样思考若认为先生成氢氧化镁和硫酸钡沉淀,则生成的氢氧化镁会被盐酸溶解,即氢氧化镁的生成在中和反应之后
13.【题文】在密闭容器中充入CO
2、CO、CH4的混合气体共mg,若加入足量的Na2O2,充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全,测得固体质量增加mg;则CO2与CH4的体积比为A.3:1B.2:lC.1:1D.任意比【知识点】计算A4【答案解析】C解析CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2,然后再分别和过氧化钠反应,即2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O
2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑在这两个反应中,对Na2O2固体而言,反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量,即其结果可看作Na2O2+H2=2NaOH,Na2O2+CO=Na2CO3固体质量增加=CO或氢气的质量,这说明混合物应该符合条件(CO)mHn所以只要将CH4和CO2设计符合C和O的比为1:1即可,答案选C【思路点拨】根据题意统摄形成规律反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量,而现在固体质量增加的质量与气体质量相等,则气体可看作是(CO)mHn
三、非选择题包括必考题和选考题两部分第22—32题为必考题,每个试题考生都做答;第33题—39题为选考题,考生根据要求作答
(一)必考题第22—32题,共129分【题文】26.16分A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大,其中仅有一种稀有气体元素A和E最外层电子数相同,短周期主族元素的原子中,E原子的半径最大;B、C和F在周期表中相邻,B、C同周期,C、F同主族,F原子的质子数是C原子质子数的2倍;A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y(相对分子质量X<Y ),D形成的分子为单原子分子回答问题
(1)G元素为______填元素符号,Y的电子式为
(2)液态化合物Y与稀H2SO4酸化的K2Cr2O7溶液作用可产生一种无色助燃性气体及可溶性的Cr2SO43,则该反应的离子方程式为
(3)用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应,产生的气体可充填气球,请写出该反应的离子方程式,使用这种气球存在的隐患是
(4)P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐,其水溶液都显酸性,等物质的量的P和Q恰好完全反应写出该反应的离子方程式,这两种盐均含有的化学键类型为
(5)由A、B两元素形成的化合物W可作为火箭推进器中的强还原剂,已知一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子,
0.5mol液态W和足量液态Y反应,生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X,并放出
408.8KJ热量写出该反应的热化学方程式为【知识点】物质结构与元素周期律反应热E5F1【答案解析】解析由短周期主族元素的原子中,A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大,E原子的半径最大,则E为钠元素;C、F同主族,F原子的质子数是C原子质子数的2倍,则C为氧元素,F为硫元素;因G的原子序数大于F,则G为氯元素;B、C和F在周期表中相邻,B、C同周期,则B为氮元素;A和E最外层电子数相同,A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y,X、Y分别为水和双氧水,则A为氢元素;D形成的分子为单原子分子,D的原子序数介于8~11,则D为氖元素
(1)G为氯元素,双氧水的电子式为
(2)根据题意Y为H2O2,被K2Cr2O7氧化为氧气,反应的离子方程式是Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2+7H2O
(3)A、C、E组成的化合物的水溶液为NaOH溶液,金属易拉罐含铝,则发生的离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,生成的氢气易燃、易爆,则存在安全隐患.
(4)A、C、E、F四种元素组成的盐,其水溶液都显酸性,等物质的量的P和Q恰好完全反应,则该反应为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠的反应,其离子反应为H++HSO3-=H2O+SO2↑,.
(5)由A、B两元素形成的化合物W,一个W分子和一个Y分子中都含有18个电子,
0.5mol液态W和足量液态Y反应,生成一种无色无味无毒的气体B2和液态X,并放出
408.8kJ热量,该反应的热化学方程式为N2H4
(1)+2H2O2
(1)=N2(g)+4H2O
(1)△H=-
817.6kJ•mol-
1.【思路点拨】注意归纳元素推断的一些信息如:常见短周期元素构成的单质和化合物的化学性质和用途
1.其最高价氧化物对应的水化物酸性最强的元素(Cl)
2.其单质与水反应最剧烈的非金属元素(F)
3.其气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能反应的元素(N)
4.其气态氢化物与其低价态氧化物能反应生成该元素单质的元素(S、N)
5.在空气中,其一种同素异形体易自燃的元素(P)
6.其气态氢化物的水溶液能雕刻玻璃的元素(F)
7.其两种同素异形体对人类生存最为重要的元素(O)
8.其单质能导电的非金属元素(C、Si)
9.其单质能与强碱溶液作用的元素(Al、Si、S、P、Cl)
10.其单质能够在空气、二氧化碳、氮气、氯气等气体中燃烧的元素(Mg)【题文】
27.(16分)半导体生产中常需要控制掺杂,以保证控制电阻率三氯化磷PCl3是一种重要的掺杂剂实验室要用黄磷即白磷与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3,装置如下图所示:(部分夹持装置略去)已知
①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3,与过量Cl2反应生成PCl5;
②PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HC1;
③PCl3遇O2会生成POCl3,POCl3溶于PCl3;
④PCl
3、POCl3的熔沸点见下表物质熔点/℃沸点/℃PCl3-
11275.5POCl
32105.3请回答下列问题
(1)A装置中制氯气的离子方程式为
(2)B中所装试剂是,F中碱石灰的作用有两种,分别是_____、
(3)实验时,检査装置气密性后,先打开K3通入干燥的CO2,再迅速加入黄磷通干燥CO2的作用是
(4)粗产品中常含有POCl
3、PCl5等,加入黄磷加热除去PCl5后,通过_____填实验操作名称,即可得到较纯净的PCl3
(5)实验结束时,可以利用C中的试剂吸收多余的氯气,C中反应的离子方程式为
(6)通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数
①迅速称取
1.00g产品,加水反应后配成250mL溶液;
②取以上溶液
25.00mL,向其中加入
10.00mL
0.1000mol/L碘水充分反应;
③向
②所得溶液中加入几滴淀粉溶液,用
0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定;
④重复
②、
③操作平均消耗Na2S2O3溶液
8.40mL已知H3PO3+H2O+I2==H3PO4+2HI,I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6,假设测定过程中没有其他反应根据上述数据,该产品中PC13的质量分数为_______【知识点】化学实验离子方程式计算A4B1J3J1【答案解析】解析⑴实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水,反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl―Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)浓H2SO4作用是干燥氯气;氯气有毒,污染空气,F中碱石灰吸收多余氯气防止污染空气,还防止空气中的水蒸气进入装置E而使PCl3水解
(3)PCl3遇O2会生成POCl3,因此通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气,防止生成的PCl3与空气中的O2和白磷自燃
(4)依据物质的沸点数值不同,可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷
(5)氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠
(5)H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI;I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,依据化学方程式可知H3PO3物质的量和PCl3的物质的量相同则PCl3 ~ H3PO3 ~ I2碘的物质的量为
10.00mL×
0.1000mol·L-1-×
8.40mL×
0.1000mol·L-1×10-3所以PCl3的质量分数为=
79.75%【思路点拨】根据物质的性质判断操作目的、装置的作用、发生的反应;注意250mL溶液取
25.00mL做实验,所以最后求PCl3的质量要乘以10【题文】28(11分)高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂以下是工业上用软锰矿(主要成份MnO2)制备高锰酸钾的流程图
(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂其消毒机理与下列 (填序号)物质相似 A.75%酒精 B.双氧水 C.苯酚 D.84消毒液(NaClO溶液)
(2)软锰矿粉碎的目的写出MnO
2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式
(3)该生产中需要纯净的CO2气体若实验室要直接制备出纯净的CO2,所需试剂最好选择___________(选填代号)a.石灰石b.稀HClc.稀H2SO4d.纯碱所需气体发生装置是_________(选填代号)
(4)上述流程中反应
②向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4,该反应中的还原剂是
(5)上述流程中可以循环使用的物质有CaOH
2、CO
2、 和 (写化学式)
(6)若不考虑物质循环与制备过程中的损失,则每1molMnO2可制得 molKMnO4【知识点】工艺流程题(实验计算氧化还原反应)A4B2J3J1【答案解析】(11分每空2分)
(1)BD(1分)
(2)增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应物反应完全(2分)2MnO2 +4KOH+O2 =2K2MnO4 +2H2O(2分)
(3)cd(1分);A(1分);
(4)K2MnO4 (1分)
(5)KOH(1分)MnO2(1分)
(6)
0.67或 (1分)解析
(1)KMnO4稀溶液作为一种常用的消毒剂,利用的是其强氧化性,O
3、漂白粉也有强氧化性,因此选BD
(2)软锰矿粉碎的目的是增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应物反应完全,根据题意MnO
2、KOH与氧气反应生成K2MnO4,即MnO2被氧气氧化,反应方程式为2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O⑶实验室要直接制备出纯净的CO2,不能用盐酸,因为盐酸可挥发出氯化氢而使氯气不纯,则酸选硫酸,而与硫酸反应的碳酸盐不能用碳酸钙,所以所需试剂最好选择硫酸和碳酸钠,纯碱是粉末状的固体,不能利用启普发生器,B是加热装置,因此装置选A⑷根据2CO2+3K2MnO4=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓,知还原剂是K2MnO4⑸制备中利用的原料,在转化过程中又生成的可以循环利用,根据流程知可循环的物质还有MnO2;KOH
(4)在反应
②中有三分之二的锰转变为KMnO4,1molMnO2可制得2/3molKMnO4【思路点拨】增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应物反应完全的方法有粉碎、搅拌、震荡、加热等;寻找循环的物质有2种方法,一是看流程中有没有循环线,二是看制备中利用的原料,在转化过程中又生成的物质
(二)选考题共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题如果多做,则每按所做的第一题计分【题文】36.[化学——选修2化学与技术]15分草酸乙二酸可作还原剂和沉淀剂,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产一种制备草酸含2个结晶水的工艺流程如图所示回答下列问题
(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为______________、______________
(2)该制备工艺中有两次过滤操作,过滤操作
①的滤液是__________,滤渣是__________;过滤操作
②的滤液是__________和__________,滤渣是__________
(3)工艺过程中
③和
④的目的是
(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸该方案的缺点是产品不纯,其中含有的杂质主要是__________
(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定称量草酸成品
0.250g溶于水,用
0.0500mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,至浅粉红色不消褪,消耗KMnO4溶液
15.00mL,反应的离子方程式为;列式计算该成品的纯度____________【知识点】工艺流程题(实验计算)A4J3J1【答案解析】
(1).
(2)氢氧化钠溶液CaC2O4,H2C2O4溶液、H2SO4溶液CaSO
4.
(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本,减小污染;
(4)Na2SO4;
(5)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,设草酸的物质的量为xmol,则5H2C2O4·2H2O+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O5mol2molx
0.0500mol•L-1×
0.015L所以,5mol2mol=x
0.0500mol•L-1×
0.015L解得x=
0.001875mol,故其纯度=(
0.001875mol×126g/mol)×100%÷
0.250g=
94.5%解析
(1)根据流程图知,200℃、2MPa条件下,一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠,加热条件下,甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气,反应方程式分别为.
(2)氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙,草酸钙难溶于水,所以过滤操作
①的滤液是氢氧化钠溶液,滤渣是CaC2O4,草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙,硫酸钙是微溶物,该操作过程中,稀硫酸过量,所以过滤操作
②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液,滤渣是CaSO
4.
(3)氢氧化钠和硫酸都具有腐蚀性,能污染环境,分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本,减小污染;
(4)甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠,硫酸钠是可溶性物质,存在于溶液中,所以含有的杂质主要是Na2SO4;
(5)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能氧化草酸根离子生成二氧化碳,同时自身被还原生成二价锰离子,离子反应方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,设草酸的物质的量为xmol,则5H2C2O4·2H2O+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O5mol2molx
0.0500mol•L-1×
0.015L所以,5mol2mol=x
0.0500mol•L-1×
0.015L解得x=
0.001875mol,故其纯度=(
0.001875mol×126g/mol)×100%÷
0.250g=
94.5%【思路点拨】解答流程题的思路是根据原料、加入的物质和部分的生成物判断发生的反应;根据操作前后物质的状态或性质判断操作方法和目的【题文】37.[化学——选修3物质结构与性质]15分硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础回答下列问题
(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号为______,该能层具有的原子轨道数为_____、电子数为____
(2)硅主要以硅酸盐、______等化合物的形式存在于地壳中
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以______相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献______个原子
(4)单质硅可通过甲硅烷SiH4分解反应来制备工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为______________________
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实化学键C—CC—HC一OSi—SiSi—HSi一O键能/kJ·mol-1356413336226318452
①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是_____________
②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是__________________________
(6)在硅酸盐中,SiO44-四面体如下图a通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架状四大类结构型式图b为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为__________Si与O的原子数之比为__________________【知识点】物质结构与元素周期律N5【答案解析】[化学——选修3物质结构与性质]1M942二氧化硅3共价键34Mg2Si+4NH4Cl==SiH4+4NH3+2MgCl25
①C—C键和C—H键较强,所形成的烷烃稳定而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂导致长链硅烷难以生成
②C—H键的键能大于C—O键,C一H键比C—O键稳定而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键6sp313[SiO3]n2n-或SiO32-解析
(1)硅原子核外有14个电子,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ,对应能层分别别为K、L、M,其中能量最高的是最外层M层,该能层有s、p、d三个能级,s能级有1个轨道,p能级有3个轨道,d能级有5个轨道,所以共有9个原子轨道,硅原子的M能层有4个电子(3s23p2);
(2)硅元素在自然界中主要以化合态(二氧化硅和硅酸盐)形式存在;
(3)硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体,硅原子之间以共价键结合.在金刚石晶体的晶胞中,每个面心有一个碳原子(晶体硅类似结构),根据均摊法知面心位置贡献的原子为6×1/2=3个;
(4)Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH
4、NH3和MgCl2,方程式为Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2;
(5)
①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能,所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂,导致长链硅烷难以生成;
②键能越大、物质就越稳定,C-H键的键能大于C-O键,故C-H键比C-O键稳定,而Si-H键的键能远小于Si-O键,所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键;
(6)硅酸盐中的硅酸根(SiO44−)为正四面体结构,所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式;根据图(b)的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子,化学式为SiO32-【思路点拨】杂化方式看物质的结构比如直线型为sp,平面型为sp2,四面体型为sp3或运用价电子对数计算法对于ABm型分子A为中心原子,B为配位原子,分子的价电子对数可以通过下列计算确定n=1/2(中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m),配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子,氧原子和硫原子按不提供价电子计算;若为离子,须将离子电荷计算在内n=1/2(中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×m±离子电荷数),阳离子取“-”,阴离子取“+”根据价电子对数可以有以下结论分子价电子对数几何构型中心原子杂化类型BeCl22直线型spBF33平面三角形sp2SiCl44正四面体sp3价层孤VS立体SO330sp2平面三角CH440sp3正四面体NH4+40sp3正四面体H2O42sp3VBF330sp2平面三角CO32-30sp2平面三角SO231sp2VNH341sp3三角锥【题文】38.[化学——选修5有机化学基础]15分Ⅰ.某有机物的结构简式为
(1)某同学对其可能具有的化学性质进行了如下预测,其中错误的是
①可以使酸性高锰酸钾溶液褪色;
②可以在NaOH溶液中发生水解反应;
③在一定条件下可以和乙酸发生反应;
④在一定条件下可以发生消去反应;
⑤在一定条件下可以和新制CuOH2反应;
⑥遇FeCl3溶液可以发生显色反应
(2)该有机物的同分异构体甚多,其中有一类可以用通式表示(其中X、Y均不为氢),现有以下四种物质既符合上述通式又能发生银镜反应,其中在核磁共振氢谱图上能产生4个吸收峰的是(填字母) ABCDⅡ.有机物A的结构简式为它可通过不同的反应分别得到下列物质
(1)A中含氧官能团的名称
(2)在B~G中,不含酯基的化合物是填编号
(3)指出反应类型A生成C_______反应,A生成D________反应
(4)1molC在一定条件下与NaOH溶液、Br2水和H2反应,消耗三种物质最多分别为、、mol
(5)按要求写A的一种同分异构体的结构简式___________注同一碳原子上连两个或两个以上羟基不稳定,故书写时排除此类化合物
①苯环上只有一个取代基
②能发生银镜反应
③但不能发生水解反应
④1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2
(6)写出由A制取B的化学方程式【知识点】有机合成与推断M3【答案解析】[化学——选修5有机化学基础]I
(1)
④⑥(2分)
(2)B(2分)II
(1)羧基羟基2分
(2)C;(1分)
(3)消去、聚合或缩聚(各1分)
(4)
1、
1、4(各1分)5(1分)
(6)(2分)解析I
(1)
①分子中苯环上有甲基,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,故
①正确;
②分子中含有酯基,可以和NaOH溶液反应,发生水解,故
②正确;
③分子中含有-OH,在一定条件下可以和乙酸发生反应,故
③正确;
④由于-OH邻位的碳原子上没有氢原子,则不能发生消去反应,故
④错误;
⑤由于含有醛基(甲酸酯),在一定条件下可以和新制Cu(OH)2反应,故
⑤正确;
⑥分子中不含酚羟基,则遇FeCl3溶液不能发生显色反应,故
⑥错误,故答案为
④⑥;
(2)在核磁共振氢谱图上能产生吸收峰的个数分别是
5、
4、
6、6,因此选BⅡ
(1)A含羧基和羟基
(2)不含酯基的化合物是C
(3)A生成C是消去反应,A生成D是缩聚反应
(4)C含羧基、碳碳双键、苯环,则1molC在一定条件下与NaOH溶液、Br2水和H2反应,消耗三种物质最多分别为1mol,1mol,4mol
(5)A含羧基和羟基,共含3个O原子,根据能发生银镜反应知含醛基,根据不能发生水解反应知不是酯,根据1mol该物质可与金属钠反应生成1molH2知含2个醇羟基,没有羧基(若含羧基,则必然有1个醇羟基,加上醛基,O原子数多于3),苯环上只有一个取代基,它们是
(6)由A制取B是酯化反应,化学方程式为【思路点拨】有机物有什么样的结构就具备这种结构所显示的性质,如解答本题的I⑴、Ⅱ⑶⑷⑹题。