陕西省汉中市重点中学2019届高三下学期开学联考理科综合化学试卷

陕西汉中市2019届重点中学高三下学期开学联考理科综合
试题
1.化学与生产、生活、社会密切相关。

下列有关说法错误的是
A. 碳纤维是一种新型的高强度无机非金属材料
B. 应用高纯度单质硅制成光导纤维，提高信息传输速度
C. 研制高性能的耐磨轮胎，可减少PM2.5等细颗粒物的产生
D. 开发二氧化碳制成的全降解塑料，缓解日益严重的“白色污染
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳纤维是由非金属碳单质组成的一种新型的高强度无机非金属材料，故A正确；
B.光导纤维的成分为二氧化硅,二氧化硅的导光性好,Si为半导体材料,故B错误;
C.研制高性能的耐磨轮胎,可减少颗粒物的排放,则减少PM2.5的发生,所以C正确;
D.塑料的使用导致“白色污染”,且在环境中不能降解,则开发二氧化碳制成的全降解塑料,缓解日益严重的“白色污染”,所以D正确;答案：B。

【点睛】考查化学与生活的相关知识。

光导纤维的成分为二氧化硅,而Si为半导体材料，两者性能不同；塑料的使用导致“白色污染”,且在环境中不能降解，所以要开发二氧化碳制成的全降解塑料。

2.下列装置或原理能达到实验目的的是
A. 检验液体为胶体
B. 制取SO2
C. 除去Cl2中的HCl
D. 粗铜提纯
【答案】A
【解析】
【详解】A. 胶体具有丁达尔效应，即光束可以通过胶体形成光亮的通路，所以能用于检验Fe(OH)3胶体，故A正确；B.用浓硫酸和铜反应制取SO2需要加热才能完成，故B错误；C.因为Cl2能和氢氧化钠溶液反应，所以C错误；D.铜的精炼是把粗铜接到阳极，故D错误；答案：A。

3.螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性。

螺[3.4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3.4]辛烷的说法正确的是
A. 分子式为C8H16
B. 分子中所有碳原子共平面
C. 与2－甲基－3－庚烯互为同分异构体
D. 一氯代物有4种结构
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C. 2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D. 由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。

4.研究表明氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。

下列叙述正确的是
A. 图中涉及的物质都是电解质
B. SO2→SO3的过程是吸热过程
C. 图中涉及的无机化合物在一定条件下均具有氧化性
D. 理论上图中氧化物和水的反应都能设计成原电池
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电解质包括酸碱盐和部分氧化物，大部分非金属氧化物如SO2、SO3及氮的氧化物都是非电解质，故A错误；B. SO2→SO3是放热反应，故B错误；C. 图中所示的物质含有的元素中，至少有一种元素的化合价可以降低，所以具有氧化性，故C项正确；D. 原电池的反应原理是能自发进行的氧化还原反应，上图中SO3+ H2O = H2SO4,不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，故D错误；答案：C。

【点睛】考查电解质和非电解质的判断及氧化性和还原性的判断。

根据化合物的类别区分电解质和非电解质即电解质包括酸碱盐和部分氧化物，大部分非金属氧化物如SO2、SO3及氮的氧化物都是非电解质；凡是有元素化合价可以降低的物质都有氧化性，有元素化合价能升高的物质都具有还原性。

5.设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4N A
B. 标准状况下，22.4L氦气与11.2LH2含有的质子数均为N A
C. 0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2充分反应，生成C-Cl和H-Cl键数均为0.2N A
D. 25℃时，1LpH=11的NaOH溶液与1LpH=11的CH3COONa溶液，含阴离子数均为10-11N A 【答案】A
【解析】
【分析】
A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同；
B、氦是单原子分子，氢是双原子分子；
C、1molCl2反应，生成1molHCl和1molC-Cl；
D、pH=11的溶液，溶液中c(OH-)=0.001mol·L－1。

【详解】A、乙烯与丙烯中氢原子质量分数相同，28g乙烯与28g丙烯含氢原子数均为4N A，故A正确；
B、标准状况下，22.4L氦气质子是2mol，与11.2LH2含有的质子数为1mol，故B错误；
C、0.1 mol CH4与0.1 mol Cl2完全反应生成0.1molHCl、氯代烃，生成C-Cl和H-Cl键数均为0.1N A，故C错误；
D、D. 25℃时，1LpH=11的NaOH溶液，NaOH的浓度为0.001mol·L－1；1LpH=11的CH3COONa 溶液中，醋酸根离子使溶液显碱性，c(OH-)=0.001mol·L－1，醋酸根离子浓度远大于
0.001mol·L－1，所以醋酸欠溶液中阴离子数大于10-11N A，故D错误；
故选A。

6.短周期元素W、Ⅹ、Y、Z的原子序数依次增大。

W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。

下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：Y>X
B. 最简单氢化物的沸点：Z<W
C. W与X形成的化合物溶于水所得的溶液在常温下pH>7
D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
【答案】A
【解析】
【分析】
W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，说明W为F；又X是同周期中金属性最强的元素且X的原子序数比F大，说明X原子在第三周期，故X为Na；又Y原子的最外层电子数等于电子层数，且Y原子在第三周期，所以其最外层电子数为3，原子序数为2+8+3=13，为Al；又因为F和Z原子的最外层电子数相同，Z位于第三周期，所以Z为Cl。

综上，W、X、Y、Z分别为F、Na、Al、Cl。

【详解】A.X、Y的简单离子分别为Na+、Al3+，它们具有相同电子层数，因为在同一周期，从左到右半径逐渐减小，所以半径是Na+＞Al3+即Y＜X，故A错误;B. Z的最简单氢化物为
HCl, W的最简单氢化物为HF,因为HF分子间存在着氢键，所以HF的沸点比HCl的高，故B 正确；C. W与X形成的化合物为NaF,属于强碱弱酸盐，溶于水发生水解使得溶液显碱性，所以所得的溶液在常温下pH>7，故C正确；D项，X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH 、Al(OH)3、HClO4，它们能相互反应，故D项正确。

答案：A。

【点睛】考查元素周期律的相关知识。

根据元素的性质和在元素周期表中变化规律推断元素的名称，再根据元素周期律判断相应的性质。

本题的突破口：W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，W和Z 原子的最外层电子数相同就能确定各元素名称。

7.近日我国科研人员发明了可充电的Al－CO2电池(结构如图所示)。

电池放电时的反应为
4Al+9CO2===2Al2(CO3)3+3C。

下列说法正确的是
A. 放电时铝电极发生还原反应
B. 放电时的正极反应为9CO2+12e－=6CO32－+3C
C. 放电时物质的化学能100%转化为电能
D. 充电时铝电极应与外接直流电源的正极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A.由总反应4Al+9CO2==2Al2(CO3)3+3C知，在反应中Al做负极，失电子发生氧化反应，故A错误;放电时正极发生还原反应,二氧化碳中碳得电子生成单质碳,电极反应式为: 9CO2+12e－=6CO32－+3C，故B正确；C.放电时物质的化学能转化为电能和热能,故C错误；D.充电时，铝电极上Al3+离子转化为单质铝,发生还原反应，故铝电极是电解池的阴极,所以与外接电源的负极相连,所以D选项是错误的;答案：B。

8.一种从废钴锰催化剂[含53.1%(CH3COO)2Co、13.2%(CH3COO)2Mn、23.8%CoCO3、6.5%Mn(OH)2、1.3%SO2及对二甲苯等有机物等]中回收钴和锰的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①焙烧的目的是_________________________________。

(2)步骤②酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，其目的是___________。

(3)步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应的离子方程式为______________________。

(4)步骤④调节pH时采用CH3COOH和CH3 COONa混合溶液，该混合溶液称为缓冲溶液，该溶液中加入少量的酸、碱或稀释时pH变化均不大，其中稀释时pH变化不大的原因是
______________________。

(5)步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO3)2同时生成NO和S，该反应的化学方程式为
______________________。

(6)步骤⑦若在实验室进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有___________(填仪器名称)。

(7)某工厂用mkg废催化剂最终制得 CoO n kg，则CoO的产率为___________。

【答案】(1). 将二甲苯等有机物氧化除去，并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物(2). 提高钴、锰的浸出率(3). Mn2＋＋H2O2＋2NH3·H2O=MnO(OH)2↓＋2NH4＋＋H2O (4). 稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H＋和CH3COO－水解程度增大产生的OH－几乎抵消(5). 3CoS＋8HNO3=3Co(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O (6). 坩埚、泥三
角(7).
【解析】
【分析】
（1）废钻锰催化剂对二甲苯等有机物等受热后挥发或分解。

（2）步骤②酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分。

（3）步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐；
（4）缓冲溶液稀释时pH变化均不大，稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H＋和CH3COO －水解程度增大结合的H+几乎抵消。

（5）步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，根据电子得失守恒，质量守恒写出方程式。

（6）固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒；
（7）产率=实际产量/理论产率。

【详解】（1）焙烧可以将废钻锰催化剂中对二甲苯等有机物等氧化除去，并将(CH3COO)2Co、(CH3COO)2Mn转化为无机物。

（2）步骤②酸浸时，控制盐酸适当过量、溶液加热并充分搅拌，使反应更充分，从而提高钴、锰的浸出率。

（3）步骤③MnCl2与H2O2和氨水反应生成MnO(OH)2和铵盐，离子方程式为Mn2＋＋H2O2＋2NH3·H2O=MnO(OH)2↓＋2NH4＋＋H2O；
（4）缓冲溶液稀释时pH变化均不大，稀释时，CH3COOH电离度增大产生的H＋和CH3COO －水解程度增大结合的H+几乎抵消。

（5）步骤⑤硝酸溶解CoS生成Co(NO)2同时生成NO和S，反应的化学方程式为：3CoS＋
8HNO3=3CO(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O；
（6）固体加热分解用坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还要坩埚、泥三角；
（7）mkg废催化剂中：53.1%(CH3COO)2Co生成CoO：
mkg×53.1%×75/177=0.225mkg,23.8%CoCO3生成CoO：mkg×23.8%×75/119=0.15mkg,产率=实际产量/理论产率=n/(0.225+0.15)m ×100%= .
9.全国平板玻璃生产企业大气污染物年排放总量逐年增加，对氮氧化物(NO x)排放的控制与监测已刻不容缓。

回答下列问题
(1)平板玻璃熔窑烟气中的NO x以温度型氮氧化物为主。

其中NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂和光化学作用氧化成NO2，该氧化剂的分子式为___________。

(2)用CH4催化还原NO x可在一定程度上消除氮氧化物的污染。

已知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－574kJ·mol－1
2NO2(g)+N2(g)4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
则反应CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=___________kJ·mol－1
(3)800℃时，在刚性反应器中以投料比为1︰1的NO(g)与O2(g)反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。

体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时，NO(g)完全反应]。

①NO(g)与O2(g)合成的反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)(kPa·min－1)，t=52min时，测得体系中p(O2)=11.4kPa，则此时的p(NO)=___________kPa， v=___________kPa·min－1(计算结果保留1位小数)。

②若升高反应温度至900℃，则NO(g)与O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃)______(填“大于”等于”或“小于”)22.3kPa，原因是______________________。

③800℃时，反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K p=___________kPa(K p为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位小数)。

(4)对于反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)，科研工作者提出如下反应历程：
第一步：2NO(g)N2O2(g) 快速平衡
第二步：N2O2+O2(g)→2NO2(g) 慢反应
下列表述正确的是___________(填标号)。

A.v(第一步的逆反应)>v第二步反应
B.反应的中间产物为N2O2
C.第二步中N2O2与O2的碰撞全部有效
D.第二步反应活化能较低
【答案】(1). O3(2). -1160 (3). 6.2 (4). 18.4 (5). 大于；(6). 温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高(7). 49.98 (8). AB
【解析】
【分析】
（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，则该氧化剂为O3；（2）将已知方程式编号，①CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－
574kJ·mol－1
②2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
根据盖斯定律求所给反应的反应热；
（3）①开始时总压强为33.2kP a，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kP a，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kP a-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa×2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kP a-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)= 4.2×10－2×（6.2 kPa）2×11.4kPa
=18.4(kPa·min－1)；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900℃，则NO(g)与
O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃) 大于22.3kPa。

③根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全
反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa×2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数K p==49.98kPa。

（4）A．由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率；
B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2；
C.化学反应中并不是所有碰撞有效；
D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高。

【详解】（1）NO在空气中容易被一种三原子气体单质氧化剂氧化成NO2，O3具有强氧化性，则该氧化剂的分子式为O3；
故答案为：O3；
（2）将已知方程式编号，①CH4(g)+4NO2(g) 4NOg)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－
574kJ·mol－1
②2NO2(g)+N2(g) 4NO(g) △H=+293kJ·mol－1
根据盖斯定律，①-②×2得：
CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=（－574kJ·mol－1）-（+293kJ·mol－
1）×2=-1160 kJ·mol－1，
故答案为：-1160；
（3）①开始时总压强为33.2kP a，其中氧气和一氧化氮等物质的量混和，故氧气和一氧化氮的分压都是16.6 kP a，根据反应方程式可知氧气与一氧化氮按物质的量之比是1:2反应，氧气减小的压强为16.6 kP a-11.4kPa=5.2 kPa，又因为压强之比等于物质的量之比，所以反应的一氧化氮减少的压强是5.2 kPa×2=10.4 kPa，则此时一氧化氮的压强是16.6 kP a-10.4kPa=6.2 kPa，因此此时反应速率v=4.2×10－2×p2(NO)×p(O2)= 4.2×10－2×（6.2 kPa）2×11.4kPa
=18.4(kPa·min－1)；
故答案为：6.2；18.4；
②由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高，所以若升高反应温度至900℃，则NO(g)与
O2(g)完全反应后体系压强p∞(900℃) 大于22.3kPa。

故答案为：大于；温度升高，容积不变，总压强提高；二氧化氮二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强提高；
③根据表中数据可知一氧化氮和氧气完全反应时的压强是22.3 kPa，根据方程式可知完全
反应时最初生成的二氧化氮的压强是16.6 kPa，剩余氧气压强16.6 kPa-8.3kPa=8.3kPa，总压强是16.6 kPa+8.3kPa=24.9 kPa，平衡后压强减少了24.9 kPa-22.3 kPa=2.6kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是2.6kPa，NO2对应的压强是16.6 kPa-2.6kPa×2=11.4 kPa，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数K p==49.98kPa。

故答案为：49.98；
（4）A．由第一步反应快速平衡可知第一步反应的正、逆反应速率都较大，所以第一步的的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；
B.根据第一步和第二步反应可知中间产物为N2O2，故B正确；
C. 化学反应中并不是所有碰撞都是有效碰撞，故C错误；
D.第二步反应慢，所以第二步反应的活化能较高，故D错误。

故答案为：AB。

10.四氯化锡(SnCl4)是合成有机锡化合物的原料，其熔点为－33℃，沸点为114℃，在潮湿的空气中强烈水解产生有刺激性的白色烟雾，产物之一为SnO2。

实验室制备四氯化锡的操作
是：将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花；将干燥的锡花加入反应器中，再向反应器中缓慢地通入干燥的氯气。

(装置C中的试剂Ⅹ未画出)
I.图1为实验室制备干燥氯气的实验装置(夹持装置已略)
(1)该装置制备氯气选用的药品为漂粉精固体[主要成分Ca(ClO2]和浓盐酸，A中发生反应的化学方程式为_________________________________。

(2)装置B中的饱和食盐水能够除去Cl2中的HCl，此外还有___________作用。

(3)试剂Ⅹ可能为___________(填标号)。

A.无水氯化钙
B.浓硫酸
C.五氧化二磷
D.碱石灰
(4)用锡花代替锡粒的目的是_________________________________。

(5)四氯化锡在潮湿空气中水解的化学方程式为_________________________________。

Ⅱ.图2是蒸馏SnCl4的装置
(6)该装置尚有两处不当之处，它们分别是____________________、
______________________。

(7)实验用的锡花中含有金属铜。

某同学设计下列实验测定锡花的纯度：
第一步：称取7.500g锡花溶于足量稀硫酸中，充分反应后过滤；
第二步：向滤液中加入过量Fe2(SO4)3，将生成的Sn2+氧化成Sn4+；
第三步：用0.9500mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+，发生反应的方程式为Fe2++Cr2O72－+H+→Cr3++Fe3++H
O(未配平)
2
若达到滴定终点时共消耗21.00mLK2Cr2O7溶液，试计算锡花中锡的百分含量：___________(结果保留4位有效数字)。

【答案】(1). Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O(2). 安全瓶(3). AC(4). 增大与氯气的接触面积，加快反应速率(5). SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl(6). 温度计水银球位置不对(7). Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；(8). 94.96%
【解析】
【详解】(1)图I装置制备氯气选用的药品为漂粉精固体[主要成分Ca(ClO2]和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，A中发生反应的化学方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。

答案：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。

（2）制备的氯气中含有HCl，饱和食盐水除去Cl2中的HCl；若C中发生堵塞，装置内气压增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，所以B还起到了安全瓶的作用。

故答案为：安全瓶；
(3) 四氯化锡极易水解，通入的氯气应干燥，U形管中试剂X干燥氯气，不能为碱性干燥剂，碱性干燥剂可以吸收氯气；不能为液体干燥剂，否则气体不能通过，可以选择氯化钙、五氧化二磷，故答案为：AC；
(4)用锡花代替锡粒的目的是：增大与氯气的接触面积，加快反应速率。

故答案为：增大与氯气的接触面积，加快反应速率；
(5) 四氯化锡遇水强烈水解，根据水解原理可知，应生成Sn(OH)4、HCl，产物之一是固态二氧化锡，说明Sn(OH)4分解生成SnO2与H2O，故水解生成SnO2、HCl，反应方程式为：SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl。

故答案为：SnCl4+2H2O=SnO2+4HCl；
(6)温度计水银球位置不对，应再蒸馏烧瓶支管口处；四氯化锡遇水强烈水解，而装置Ⅲ中的水蒸气易进入Ⅱ中，使其发生水解，二者之间缺少干燥装置；故答案为：温度计水银球位置不对；Ⅱ和Ⅲ之间缺少干燥装置；
（7）第二步：过量Fe2(SO4)3，将Sn2+氧化成Sn4+，本身被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为
0.9500mol/L×0.021L=0.01995mol，6Fe2++Cr2O72－+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

根据方程式可得关系式3Sn～3Sn2+～3Fe2(SO4)3～6Fe3+～K2Cr2O7，故
n(Sn)=3n(K2Cr2O7)=3×0.01995mol=0.05985mol， Sn的质量为：
0.05985mol×119g/mol=7.122g，试样中Sn的百分含量为=7.12g/7.500×100%=94.96%。

因此，本题正确答案是：94.96%。

11.氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，具有优良性能。

(1)基态氮原子的电子排布式为___________，基态硅原子未成对电子数是___________，碳、氮硅的电负性由大到小的顺序是___________。

(2)碳热还原法制氮化硅是在氮气中用碳还原SiO2，写出该反应的化学方程式：
______________________。

氮化硅一般不与酸反应，但能与氢氟酸反应，写出氮化硅与过量
氢氟酸反应的化学方程式：______________________。

(3)三氯硅烷( SiHCl3)也可用于制备氮化硅，三氯硅烷分子的空间构型为___________，其分子中硅原子的杂化轨道类型为___________。

(4)氮化硅与碳化硅、氮化硼等作用可产生结合材料，改善性能。

氮化硅、碳化硅的化学性质都很稳定，其原因是_________________________________。

(5)碳化硅立方晶系晶胞如图所示。

C－Si－C键的夹角是___________，其晶体类型是
___________，若立方晶系的碳化硅密度为ρg·cm－3，N A表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的棱长为___________。

【答案】(1). 1s22s22p3(2). 2 (3). N>C>Si (4). 6C+2N2+3SiO2=Si3N4+CO (5). Si3N4+16HF=3SiF4+4NH4F (6). 四面体形(7). sp3杂化(8). 晶体中原子之间
形成共价键,键能大,键牢固(9). 109°28´(10). 原子晶体(11). cm
【解析】
【详解】(1)N原子核外电子数为7,由能量最低原理可以知道核外电子排布式为1s22s22p3, 基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2,不成对电子数目为2；同周期自左而右电负性增大,同主族自上而下电负性减小,故电负性N>C>Si,因此，本题答案是: 1s22s22p3;2; N>C>Si。

(2)碳热还原法制氮化硅是在氮气中用碳还原SiO2,反应生成Si3N4、CO,化学方程式为6C+2N2+3SiO2=Si3N4+CO。

氮化硅一般不与酸反应,但能与氢氟酸反应,反应生成SiF4与NH4F,反应方程式为: Si3N4+16HF=3SiF4+4NH4F,因此，本题答案是: 6C+2N2+3SiO2=Si3N4+CO；Si3N4+16HF=3SiF4+4NH4F
(3)三氯化硅烷(SiHCl3)分子中Si原子形成4个键,没有孤对电子,三氯硅烷分子的空间构型为四面体形,杂化轨道数目为4,Si原子采取sp3杂化,因此，答案是:四面体形; sp3杂化;
(4)氮化硅、碳化硅晶体中原子之间形成共价键,键能大,键牢固,化学性质稳定,因此，本题答案是:晶体中原子之间形成共价键,键能大,键牢固;
(5)碳化硅立方晶系晶胞中,体内Si原子与周围的4个C原子形成正四面体结构, C－Si－C键
的夹角是109°28´;原子之间形成共价键,向空间延伸的立体网状结构,属于原子晶体;晶胞中Si 原子数目为4、C原子数目为81/8+61/2=4,则晶胞质量为4(28+12)/N A;碳化硅密度为
ρg·cm－3,则晶胞棱长,因此，本题正确答案是: 109°28´;原子晶体;cm
【点睛】碳化硅立方晶系晶胞中,体内Si原子与周围的4个C原子形成正四面体结构;原子之间形成共价键,向空间延伸的立体网状结构,属于原子晶体;根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目,用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量,再结合计算晶胞体积,而晶胞棱长
.
12.丁酮酸乙酯()和聚乙烯醇(PVA)都是重要的有机化工产品，其合成路线如图所示。

已知：①A是同系物中最小的直线形分子，且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢；F为高聚物。

②不稳定会自动转化为RCH2CHO。

回答下列问题：
(1)A中所含官能团是___________(填名称)，B的结构简式为___________。

(2)E的名称为___________。

(3)写出反应⑥的化学方程式：____________________，该反应的反应类型为___________。

(4)由D制丁酮酸乙酯的反应产物中还有乙醇，制备过程中要加人适量的金属钠，其作用是______________________。

(根据化学方程式和平衡移动原理回答)
(5)符合下列条件的丁酮酸乙酯的同分异构体有___________种。

a.能发生银镜反应
b.能与Na2CO3溶液反应放出气体
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为1︰1︰2︰6的是___________(填结构简式)。

【答案】(1). 碳碳三键(2). CH3CHO(3). 乙酸乙烯酯(4).
(5). 取代反应;(6). 制丁酮酸乙酯的反应方程式为: ,Na与生成的乙醇反应,平衡右移,提高D的转化率(7). 12 (8).
【解析】
【分析】
A是同系物中最小的直线形分子,且核磁共振氢谱显示其只有一种化学环境的氢,则A为CH≡CH,结合信息②可以知道乙炔与水发生加成反应生成后,转化生成B为CH3CHO,B氧化生成C为CH3COOH,乙酸与乙醇发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3,2分子D发生信息③中反应生成丁酮酸乙酯,还生成CH3CH2OH.乙酸与乙炔发生加成反应生成乙酸丙烯醇酯,乙酸丙烯醇
酯发生加聚反应生成F为．
【详解】(1)结合上述分析知A为CH≡CH,所含官能团是碳碳三键,B的结构简式为: CH3CHO, 因此，本题正确答案是:碳碳三键; CH3CHO;
(2)E的名称为乙酸乙烯醇酯,因此，本题正确答案是:乙酸乙烯酯;
(3)反应⑥的化学方程式: ,属于取代反应,
因此，本题正确答案是: ,取代反应;
(4)由D制丁酮酸乙酯的反应方程式为
,产物中还有乙醇,制备过程中要加入适量的金属钠, Na能与生成的乙醇反应,使平衡右移,提高D的转化率。

因此，本题正确答案是: 制丁酮酸乙酯的反应方程式
为: ,Na与生成的乙醇反应,平衡右移,提高D的转化率;
(5)符合下列条件的丁酮酸乙酯( )的同分异构体:a.能发生银镜反应,说明含有醛基,b.能与Na2CO3溶液反应放出气体,说明含有羧基, 可以看做-COOH取代丁烷形成,若正丁烷被取代, -COOH 取代甲基中H原子,有4种位置, -COOH取代亚甲基中H 原子, 有4种位置,若异丁烷被取代, -COOH 取代甲基中H原子, -CHO 有3种位置, -COOH 取代次甲基中H原子, -CHO 有1种位置,故共有12种, 其中核磁共振氢谱显示为4组峰,且
峰面积之比为1:1:2:6的是: ，
因此，本题正确答案是:12; ．。