2013-2014黑龙江省哈师大附中高三第三次模拟考试理综化学试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014黑龙江省哈师大附中高三第三次模拟考试理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A装饰材料中的甲醛和芳香烃会造成居室污染 B石蜡油分解产生的气体不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C分子组成为 CH2Cl2和 C2H6O 的有机物都存在同分异构现象 D油脂、葡萄糖、蛋白质都是人体重要的营养物质，它们都能发生水解反应 答案： A 试题分析： A、装饰材料中含有甲醛和芳香烃，甲醛具有强烈的刺激性气味，会造成居室污染，正确； B、石蜡油分解产生的气体中含有不饱和烃，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误； C、分子组成为 CH2Cl2的有机物不存在同分异构现象，只代表二氯甲烷，错误；

2、 D、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，错误，答案：选 A。 考点：考查化学与生活的联系 在特制的密闭真空容器中加入一定量纯净的氨基甲酸铵固体（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡： NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，已知 15 时，平衡气体总浓度为 2.410-3mol/L，下列说法中正确的是 A密闭容器中气 体的平均相对分子质量不变则该反应达到平衡状态 B 15 时氨基甲酸铵的分解平衡常数为 2.04810-9（ mol/L） 3 C恒温下压缩体积， NH3的体积分数减小 D再加入一定量氨基甲酸铵，可加快反应速率 答案： B 试题分析：

3、 A、反应物为固体，生成物全部为气体，从反应开始到平衡状态，气体的平均相对分子质量始终是（ 217+44） /3=26，错误； B、 15 时，平衡气体总浓度为 2.410-3mol/L，则平衡时氨气浓度是 1.610-3mol/L，二氧化碳浓度是 0.810-3 mol/L， K=c2(NH3)c（ CO2） =2.04810-9（ mol/L） 3，正确； C、恒温下压缩体积，压强增大，平衡虽然逆向移动，但 NH3与 CO2的物质的量比始终是 2:1，所以 NH3的体积分数不变，正确； D、氨基甲酸铵是固体，再加入一定量氨基甲酸铵，对反应速率无影响，错误， 答案：选 B。 考点：考查平衡状

4、态的判断，平衡常数的计算，平衡的移动，反应速率的变化 下列有关电化学的说法正确的是 A在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液 B电解精炼铜时阴极发生还原反应 C用铜作电极电解后的硫酸铜溶液中，加入一定量的 氧化铜即可恢复溶液的成分和浓度 D铜锌原电池工作时外电路电子由锌极流向铜极，内电路电子由铜极流向锌极 答案： B 试题分析： A、在铁制品上镀铜时，镀件为阴极，阳极为铜，铜盐为电镀液，错误； B、电解精炼铜时阴极发生还原反应，符合电解原理，正确； C、用铜作电极电解后的硫酸铜溶液中，阳极是铜失电子进入溶液，阴极是铜离子得电子生成铜单质析出，所以溶液的成分和浓度不变，错误； D、铜锌原电池

5、工作时外电路电子由锌极流向铜极，内电路没有电子的移动，而是阴阳离子的定向移动，阳离子移向正极，阴离子移向负极，错误，答案：选 B。 考点：考查原电池、电解池的反应原理应用 某有机物的结构简式如图，下列叙述正确的是：（ ） A该有机物的分子式为 C14H20O4 B该有机物能发生取代、加成和聚合反应 C 1 mol该有机物最多能与 3 mol NaOH反应 D该有机物分子中所有碳原子一定共平面 答案： B 试题分析： A、该有机物的分子式为 C14H18O4，错误； B、该有机物中含有羟基、碳碳双键、苯环、羧基，所以可以发生取代、加成、加聚反应，正确； C、与氢氧化钠反应的只有羧基，所以 1 m

6、ol该有机物最多能与 1 mol NaOH反应，错误； D、该分子中与苯环直接相连的 C及与碳碳双键直接相连的 C一定共面，但其他的碳碳单键可以旋转，不一定共面，错误，答案：选 B。 考点：考查分子式的判断，官能团的性质，原子的共面问题 XeF4在水中的反应为： 6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe+24HF+3O2。下列说法中正确的是 A XeF4分子中各原子均达到 8电子稳定结构 B XeF4分子中 Xe 的化合价为 0价 C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2 3 D XeF4按上述方式水解，每生成 4molXe，转移 16mol电子 答案： D 试题分析： A、 Xe 原

7、子本身已达 8电子稳定结构，再与 F结合会超过 8电子，错误； B、 XeF4分子中 F为 -1价，则 Xe 为 +4价，错误； C、上述反应中氧化剂是 4 XeF4，还原剂是 2 XeF4和 6 H2O，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 2，错误； D、 XeF4按上述方式水解，根据 C的分析，每生成 4molXe，转移16mol电子，正确，答案：选 D。 考点：考查原子结构，化合价的判断，氧化还原反应理论的应用 NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A 1 mol Cl2参加的任何反应转移电子数都是 2NA B标准状况下， 22.4mL水中含有的分子数目约为 1.24NA C

8、常温常压下， 29g乙基（ C 2H5）所含电子数为 13NA D 0.1 mol Na2O2中含有离子总数为 0.4 NA 答案： B 试题分析： A、 1mol 氯气与水或氢氧化钠反应时转移电子数不是 2NA，而是 NA，错误； B、标准状况下， 22.4mL水的质量是 22.4g，其物质的量约为 1.24mol，所以 22.4mL水中含有的分子数目约为 1.24NA，正确； C、 29g乙基（ C 2H5）的物质的量是 1mol， 1个乙基中含有 17个电子，所以 29g乙基（ C 2H5）所含电子数为 17NA，错误； D、 Na2O2中含有 2个 Na+与 1个 O22-， 0.1

9、mol Na2O2中含有离子总数为 0.3NA，错误，答案：选 B。 考点：考查阿伏伽德罗常数的理解应用 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A 0.1 mol/L的 NaOH溶液： K 、 AlO2-、 SO42-、 CO32- B 0.1 mol/LFeCl3溶液： K 、 NH4 、 I-、 SCN- C 0.1 mol/L的 Na2CO3溶液： K 、 Ba2 、 NO3-、 Cl- D c(H )/c(OH-)=11014的溶液： Ca2 、 Na 、 I-、 NO3- 答案： A 试题分析： A、 K 、 AlO2-、 SO42-、 CO32-在碱性条件下不发生离子

10、反应，可以大量共存，正确； B、 SCN-、 I-都可与 Fe3+发生离子反应而不能大量共存，错误；C、 Ba2 与 CO32-结合生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，错误； D、 c(H )/c(OH-)=11014的溶液中 c(H )=1mol/L，溶液为酸性溶液，酸性条件下 I-、 NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，错误，答案：选 A。 考点： 考查离子的电离共存问题 实验题 酸性 KMnO4溶液能与草酸（ H2C2O4）溶液反应。某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素。 .实验前首先用浓度为 0.1000mol L-1酸性 KMnO4标准溶液滴定未知浓度

11、的草酸。 （ 1）写出滴定过程中发生反应的化学方程式为 。 （ 2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是 。 （ 3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的草酸溶液浓度 （填 “偏高 ”、 “偏低 ”、或 “不变 ”）。 .通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为 0.2000mol L-1 。用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为 8mL）。 实验编号 温度（ ） 催化剂 用量 (g) 酸性高锰酸钾溶液 实验目的 a. 实验 1和 2探究 ； b. 实验 1和 3探究反应物浓度对该反应速率的影响； c. 实验 1和 4探究催化剂对该反应速率的影响。 体积 （ mL） 浓

12、度 (mol L-1) 1 25 0.5 4 0.1000 2 50 0.5 4 0.1000 3 25 0.5 4 0.0100 4 25 0 4 0.1000 （ 4）写出表中 a 对应的实验目的 ；若 50C时，草酸浓度 c(H2C2O4)随反应时间t的变化曲线 如下图所示，保持其他条件不变，请在图中画出 25C时 c(H2C2O4)随 t的变化曲线示意图。 （ 5）该小组同学对实验 1和 3分别进行了三次实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）： 实验编号 溶液褪色所需时间（ min） 第 1次 第 2次 第 3次 1 14.0 13.0 11.0 3 6.5 6.7 6.8

13、分析上述数据后得出 “当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快 ”的结论。甲同学认为该小组 “探究反应物浓度对速率影响 ”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述甲同学改进的实验方案 。 （ 6）该实验中使用的催化剂应选择 MnSO4而不是 MnCl2，原因可用离子方程式表示为 。 答案： (每空 2分 ) （ 1） 2MnO4 +5H2C2O4+6H+= 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O （ 2） A （ 3） 偏高 （ 4）探究温度不同对反应速率的影响 （ 5）其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸

14、溶液反应，测量溶液褪色时间。 （ 6） 2MnO4 + 10Cl + 16H+ = 5Cl2+ 2Mn2+ + 8H2O 试题分析：（ 1）草酸（ H2C2O4）溶液与酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为 Mn2+，离子方程式为2MnO4 +5H2C2O4+6H+= 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O； （ 2）酸性高锰酸钾氧化性强，所以在该实验中选择酸式滴定管，滴定时用左手的大拇指、食指、中指旋转滴定管的旋塞，所以答案：选 A； （ 3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，对初读数无影响，但滴定后消失，会使末读数偏大，二者的差值为酸性高锰酸钾溶液滴定的体

15、积，导致计算出的草酸溶液的浓度偏高； （ 4）实验 1和 2相比，只有温度不同，所以 a的目的是探究温度不同对反应速率的影响； 25C低于 50C，所以反应速率慢，溶液褪色所需时间长，所画曲线的起点相同，较平缓，在 50C 曲线的略上方即可； （ 5）探究反应物浓度对速率影响时应在其他 条件不变时改变某种反应物的浓度，在本实验中褪色的是酸性高锰酸钾溶液，所以酸性高锰酸钾的溶液的体积、浓度 应是不能变的，而只改变草酸的浓度（体积不变），观察溶液褪色的时间，所以其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间。 （ 6） 该实验中使用的催化剂应选择 Mn

16、SO4而不是 MnCl2，是因为氯离子与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应 而生成氯气，消耗酸性高锰酸钾溶液，使滴定结果偏高，发生的离子方程式是 2MnO4 + 10Cl + 16H+ = 5Cl2+ 2Mn2+ + 8H2O 考点：考查溶液滴定的实验，实验操作、误差分析，试剂的选择，离子方程式的书写 填空题 （ 14分）镍是一种十分重要的有色金属 ,但粗镍中一般含有 Fe、 Cu及难与酸、碱溶液反应的不溶性杂质而影响使用。现对粗镍进行提纯，具体的反应流程如下： 已知： 2Ni2O3(黑色 ) 4NiO(暗绿色 ) + O2 物质 CuS Cu(OH)2 Ni(OH)2 NiS Ksp 8.81

17、0-36 2.210-20 5.4810-16 3.210-19 根据信息回答： （ 1） 28Ni在周期表中的第 周期；镍与稀硝酸反应的离子方程式为 。实验表明镍的浸出率与温度有关，随着温度升高镍的浸出率增大，但当温度高于 70 时，镍的浸出率又降低，浸出渣中 Ni(OH)2含量增大，其原因为 ； （ 2）在溶液 A的净化除杂中，首先将溶液 A煮沸，调节 PH=5.5，加热煮沸5min,静置一段时间后，过滤出 Fe(OH)3。为了得到纯净的溶液 B还需要加入以下物质 进行除杂（填正确答案：标号）。 A、 NaOH B、 Na2S C、 H2S D、 NH3H2O （ 3）已知以下三种物质的溶

18、解度关系： NiC2O4NiC2O4 H2O NiC2O4 2H2O。则操作 I、 II名称是 、 ； D生成 E的化学方程式为 。 （ 4） 1molE经上述流程得到纯镍，理论上参加反应的氢气为 mol。 （ 5）测定样品中的镍含量的基本思路是将 Ni2+转化为沉淀，通过测量沉淀的质量进一步推算 Ni含量。已知 Ni2+能与 CO32-， C2O42-、 S2-等离子形成沉淀，但测定时常选用丁二酮肟（ C4H8N2O2）作沉淀剂，生成分子式为 C8H14N4O4Ni的鲜红色沉淀。从实验误差角度分析主要原因为： 。 答案：（除标注的空外，每空 2分） （ 1）四（ 1分）； 3Ni + 8H+

19、 + 2NO3 = 3Ni2+ + 2NO+ 4H2O, 温度升高时， Ni2+的水解程度变大。 （ 2） C （ 3）洗涤、干燥（各 1分） 4NiC2O4 2H2O +3 O2= 2Ni2O3+ 8CO2 +8H2O （ 4） 2 （ 5）生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高。 试题分析：（ 1） 28Ni核外有 4层电子，是第四周期元素；根据流程图可知镍与稀硝酸反应生成硝酸镍和 NO、水，离子方程式为 3Ni + 8H+ + 2NO3 = 3Ni2+ + 2NO+ 4H2O； Ni(OH)2是由 Ni2+水解而得到的，所以温度过高时 Ni2+的水解程度变大，浸出渣中 Ni(OH)

20、2含量增大； （ 2） AB 选项中含有 Na+，则溶液 B 中有 Na+杂质，不纯净，错误；若选用 D，则 Cu(OH)2 Ni(OH)2的溶度积相差不大，而且引入 NH4+，不易的纯净的硝酸镍溶液，错误； C、 CuS与 NiS的溶度积相差很大， Cu2+沉淀完全而且不会引入新的杂质，正确，答案：选 C； （ 3）利用 3种物质的溶解度的差异，浊液 C中主要得 NiC2O4 2H2O，所以沉淀过滤之后应洗涤、干燥沉淀；固体 E为黑色，所以应是 Ni2O3；则 D生成 E的化学方程式为 4NiC2O4 2H2O +3 O2= 2Ni2O3+ 8CO2 +8H2O； （ 4） 1mol Ni2

21、O3经上述流程转化为 2molNiO， 2molNiO 与氢气发生氧化还原反应，生成单质镍，需要氢气的物质的量是 2mol； （ 5）因为 Ni2+与丁二酮肟（ C4H8N2O2）生成的 C8H14N4O4Ni鲜红色沉淀的沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高。 考点：考查对工业流程的分析，镍及其化合物的性质，化学方程式、离子方程式的书写，沉淀剂的选择，氧化还原反应的计算 （ 14分）在温度 t 下，某 Ba(OH)2的稀溶液中 c(H+)=10-amol/L， c(OH-)=10-bmol/L，已知 a+b=12，向该溶液中逐滴加入 pH=b的 NaHSO4，测得混合溶液的部分 pH如下表

22、所示： 序号 氢氧化钡的体积 /mL 硫酸氢钠的体积 /mL 溶液的 pH 33.00 0.00 8 33.00 x 7 33.00 33.00 6 （ 1）依据题意判断， t _25 (填 “大于 ”、 “小于 ”或 “等于 ”)，该温度下水的离子积常数 Kw = _。 （ 2） b=_， x = _mL 。 （ 3）反应 的离子方程式为 _ （ 4）将此温度下的 Ba(OH)2溶液取出 1mL，加水稀释至 1L，则稀释后溶液中 c(Ba2+)c(OH-)= ； （ 5） 与 NaHSO4相同， NaHSO3和 NaHCO3也为酸式盐。已知 NaHSO3溶液呈酸性， NaHCO3溶液呈碱性。

23、现有浓度均为 0.1mol/L的 NaHSO3溶液和 NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系 (R表示 S或 C)，其中 可能正确的是 _（填正确答案：的标号）。 A c( ) c( ) c( ) c( ) c( ) B c( ) c( ) c( ) 2c( ) c( ) C c( ) c( ) c( ) c( ) D两溶液中 c( )、 c( )、 c( )分别相等 答案：（每空 2分） （ 1） , 11012 （ 2） 4, 27 （ 3） Ba2+ + 2OH + 2H+ + SO42 = BaSO4 + 2H2O （ 4） 1:20 （ 5） ABC 试题分析：（

24、1） t 下，某 Ba(OH)2的稀溶液中 c(H+)=10-amol/L， c(OH-)=10-bmol/L，已知 a+b=12，则 Kw = c(H+) c(OH-)=10-（ a+b） =110-12110-14，所以 t25； （ 2）未加入硫酸氢钠溶液的 Ba(OH)2的稀溶液 pH=8，说明 Ba(OH)2的稀溶液中 c(H+)=10-8 mol/L，则 a=8,b=4； 33mL的 Ba(OH)2的稀溶液加入 xmL的 pH=4的 NaHSO4后 pH=7，说明此时溶液显碱性，则 c(OH-)V(Ba(OH)2)- c(H+)x=110-12/110-7(x+33),解得 x=2

25、7； （ 3）反应 是等体积的 Ba(OH)2溶液与 NaHSO4溶液反应，混合后溶液呈中性，所以离子方程式为 Ba2+ + 2OH + 2H+ + SO42 = BaSO4 + 2H2O （ 4） Ba(OH)2是强碱， 1mL的 Ba(OH)2溶液中 c(Ba2+)=0.5 c(OH-)=1/210-4mol/L，稀释 1000倍后， c(Ba2+)=510-8mol/L， c(OH-)=110-7mol/L c(H+)，碱溶液中不可能存在 c(OH-) c(H+)，所以此时稀释后的溶液中氢氧根离子浓度按纯水计算， c(OH-)=110-6mol/L，则 c(Ba2+)c(OH-)= 51

26、0-8mol/L/110-6mol/L=1:20； （ 5） NaHSO3溶液呈酸性，说明 HSO3-的电离程度大于其水解程度； NaHCO3溶液呈碱性，说明 HCO3-的水解程度大于其电离程度。 A、若 R是 S元素，则c(Na+) c(HRO3-) c(H+) c(RO32-) c(OH-)，正确； B、无论 R是哪种元素，都符合电荷守恒规律，正确； C、无论 R是哪种元素，都符合物料守恒规律，c(Na+) c(HRO3-) c(RO32-) c(H2RO3)，与 c(Na+) c(H+) c(HRO3-) 2c(RO32-)c(OH-)相结合，即得 c(H+) c(H2RO3) c(RO

27、32-) c(OH-)，正确； D、两溶液中 c(Na+)相等， NaHSO3溶液 c(RO32-)较大，但 c(HRO3-)无法判断，错误，凳矮矮选 ABC。 考点：考查水离子积的比较，混合溶液的计算，离子浓度的比较，守恒规律的应用 化学一一选修 2：化学与技术 (15分 ) 煤是重要的能源， 也是生产化工产品的重要原料。试用所学知识，解答下列问题： （ 1）煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术。 煤的液化技术又分为 和 （ 2）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理。煤的某种脱硫技术的原理如下图所示： 这种脱硫技术称为微生物脱硫技术。该技术的第一步反应的离子方程式为 ；第二步反应的离子方程式为 。

28、 （ 3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、 、 等。 （ 4）湿式石灰石 石膏法脱硫工艺是烟气脱硫技术中最成熟的一种方法。其工艺流程是：烟气经锅炉预热器出来，进入电除尘器除掉大部分粉煤灰烟尘，再经过一个专门的热交换器，然后进入吸收塔，烟气中的 SO2与含有石灰石的浆液进行气液接触，通入空气后生成石膏，经脱硫的烟气，应用循环气体加热器进行再加热，进入烟囱，排入大气。 写出湿法石灰石 石膏法脱硫所涉及的化学反应方程式：_。 用石灰石浆液作 SO2吸收 剂而不用熟石灰吸收 SO2的原因是：_ 上述过程中得到的石膏，如果含氯化合物 (主要来源于燃料煤 )超过杂质极限值，则石膏产品性能变坏。工业上消除可溶性

29、氯化物的方法是 _ _ 。 （ 5）某化学兴趣小组为了测定烟气脱硫所得石膏的组成 (CaSO4 xH2O)即测定x值，做如下实验：将石 膏加热使之脱水，加热过程中固体的质量与时间的变化关系如图所示。数据表明当固体的质量为 2.72g后不再改变。 石膏的化学式为 _。 图像中 AB段对应化合物的化学式为_。 答案： 第（ 5）小问每空 2分，其余每空 1分 （ 1）直接液化技术， 间接液化技术 （ 2） 2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42- 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O； （ 3）焦炉煤气、粗氨水、煤焦油 （ 4） SO2+CaCO3=CaSO3+CO2， 2

30、CaSO3+O2+4H2O=2（ CaSO4 2H2O）； 石灰石浆液的价格低 用水洗涤； （ 5） CaSO4 2H2O； 2CaSO4 H2O 试题分析：（ 1）煤的液化技术又分为直接液化技术， 间接液化技术 （ 2） FeS2在微生物作用下，与氧气、水反应先生成 Fe2+、 4SO42-，所以离子方程式为 2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42-；后继续被氧气氧化，生成 Fe3+，离子方程式为 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O； （ 3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、焦炉煤气、粗氨水 、煤焦油等； （ 4） 湿法石灰石 石膏法脱硫工艺中，碳酸钙与二氧化硫反应生成

31、亚硫酸钙，亚硫酸钙再被氧气氧化生成石膏，化学方程式有 SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2+4H2O=2（ CaSO4 2H2O）； 石灰石浆液可由自然界直接加工得到，价格低；熟石灰需要用石灰石制取； 因为是可溶性氯化物，石膏不溶于水，所以可溶性氯化物选择用水洗的方法，比较经济实惠； （ 5） 固体质量最初是 3.44g，变为 2.72g时，质量减少 0.72g，之后固体质量不再变化，说明原固体中 CaSO4的物质的量是 2.72g/136g/mol=0.02mol，水的物质的量是 0.72g/18g/mol=0.04mol，所以二者的物质的量之比是 1:2，则石膏的化学

32、式为 CaSO4 2H2O； A点对应固体质量是 2.90g， B点对应固体是 2.72g，与 的计算方法相同，说明 A固体中 CaSO4的物质的量是 2.72g/136g/mol=0.02mol，水的物质的量是（ 2.90-2.72） g/18g/mol=0.01mol，所以二者的物质的量之比是 2:1，则石膏的化学式为 2CaSO4 H2O。 考点：考查工业煤的液化 、干馏、脱 硫工艺，物质化学式的计算，离子方程式的书写 化学 选修 3： 物质结构与性质 （ 15分） Sn是人类最早使用的元素之一，能形成 SnCl2， SnCl4两种氯化物， SnCl2常温下为白色晶体，具有一维链状的聚合

33、结构，气态时以单分子形式存在，而 SnCl4常温下为无色液体。白锡和灰锡是 Sn的两种同素异形体，白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为 4和 6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似。白锡的密度大于灰锡的密度。 （ 1） Sn元素价层电子排布式为 。 （ 2） SnCl2的一维链状聚合结构如图所示，在分子结构中标出 所含有的配位键。其固体分子及气体分子中 Sn的杂化方式为 。 （ 3） SnCl4分子的空间构型为 ， SnCl4与 CCl4中 沸点较高的是 。 （ 4）锡的某种氧化物的晶胞如右图，其化学式为 。 （ 5）解释白锡分子的密度大于灰锡的密度的原因： 。 （ 6）若灰锡的晶胞边长为 a

34、 pm，计算灰锡的密度 为 。 答案：（ 1） 5s25p2（ 2分） （ 2） 图略 （ 2分） sp3、 、 sp2（各 1分） （ 3）正四面体； SnCl4（各 1分） （ 4） SnO2（ 2分） （ 5）配位数大，空间利用率大（ 2分） （ 6） 952/NA(a1010 )3(3分 ) 试题分析：（ 1） Sn元素是 50号元素，最外层电子是 4个，位于元素周期表的第五周期，第四主族，所以价层电子排布式为 5s25p2； （ 2） Sn元素的 5p轨道上有空轨道， Cl原子中有孤对电子，所以 1个 SnCl2分子中的 Sn与另一分子中的 Cl原子可以形成配位键，从而形成一维链状聚

35、合结构，配位键的形式是从提供孤对电子的一方指向提供空轨道的一方；固体分子SnCl2中存在一个配位键，所以 Sn的价层电子对数是 3+1/2(4-21)=4,所以是 sp3杂化；气态时以单分子形式存在，所以 Sn的价层电子对数是 2+1/2(4-21)=3, sp2杂化； （ 3） SnCl4分子中 Sn的价层电子对数是 4+1/2(4-41)=4,空间构型是正四面体型；SnCl4与 CCl4都是分子晶体，所以相对分子质量大的分子间作用力大，沸点较高，所以 SnCl4的沸点较高； （ 4）锡的某种氧化物的晶胞中 Sn原子 8顶点各 1个和中心 1个，共是81/8+1=2个， O 原子分别在上下

36、2个底面各 2个和体内的 2个，共是41/2+2=4，所以 Sn与 O 的原子个数比是 2:4=1:2，化学式为 SnO2 （ 5）白锡的晶体结构中 Sn原子的配 位数为 4和 6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似，配位数是 4，所以白锡晶体的配位数大，空间利用率大，单位体积拥有的 Sn原子多，密度大； （ 6）灰锡晶胞中 Sn原子的个数是 8，与金刚石晶胞中 C原子个数相同，所以灰锡的密度 =m/V=8119/NA/(a10-10)3=952/NA(a1010 )3g/cm3 考点：考查原子结构、物质结构的判断，杂化轨道的判断，晶胞的计算 推断题 化学 选修 5：有机化学基础 （ 15分

37、） 某有机物 A的水溶液显酸性，遇 FeCl3溶液不显色， A分子结构中不含甲基，含苯环，苯环 上的一氯代物只有两种 , A和其他有机物存在如下图所示的转化关系： 已知： + NaOH RH + Na 2CO3 试回答下列问题： （ 1） B化学式 ， G的化学名称是 。 （ 2） HI反应类型为 ， J所含官能团的名称为 。 （ 3）写出 HL 反应的化学方程式 。 （ 4） A的结构简式 。 （ 5） F的同分异构体中含有苯环且官能团相同的物质共有 种（不包括 F），其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为 12的是 （写结构简式）。 答案：（ 1） C7H4O3Na2 （ 2分） ,对羟基

38、苯甲酸（ 2分） （ 2）酯化（ 1分），碳碳双键和羧基（各 1分） （ 3） n HO-CH2-CH2-CH2COOH +（ n-1） H2O；（ 2分） （ 4） （ 2分） （ 5） 5种 ， 。（各 2分） 试题分析：（ 1）由题意可知， A 中不含有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明 A的苯环上有 2个不同的对位取代基； E与浓溴水反应生成白色沉淀，所以 E是苯酚， D是苯酚钠， B到 D发生脱羧反应，下去 1个羧基，所以 B是对羟基苯甲酸与氢氧化钠反应的产物，化学式为 C7H4O3Na2； G是 B酸化后的产物，所以 G是对羟基苯甲酸； （ 2）因为 A中不含有酚羟基，所以 G

39、中的 酚羟基来自于 A的水解反应，说明A中的酯基的碳氧单键与苯环直接相连；由 K 的结构简式可倒推 A中含有HO(CH2)3COO-结构，所以另一取代基为 -COOH； A为酯类化合物，与氢氧化钠反应后生成 B、 C； C为 HO(CH2)3COONa， H为 HO(CH2)3COOH，所以 H到 I是分之内的酯化反应； H在浓硫酸、加入条件下发生消去反应生成 J，所以 J为CH2=CHCH2COOH，含有碳碳双键、羧基； （ 3） H到 L发生缩聚反应，化学方程式为 n HO-CH2-CH2-CH2COOH+（ n-1） H2O； （ 4）由以上分析 A的结构简式为 ； （ 5） F是三溴苯酚，含有苯环且官能团相同的同分异构体的判断方法是，先写出三溴苯的同分异构体共有 3种，然后再把羟基作取代基，计算三溴苯的一代物的种数，也即计算三溴苯的等效氢种数，除去 F外还有 5种。其中核磁共振氢谱有两个峰，且峰面积比为 12的是 。 考点：考查有机物的化学性质及推断，同分异构体的判断，化学式、化学方程式的判断及书写