湖南省岳阳市第一中学高三第一次模拟考试化学试题 Wor

湖南省岳阳市第一中学2018届高三第一次模拟考试
化学试题
1. 化学与生产、生活和社会密切相关，下列有关说法正确的是（）
A. 英文的“中国”一词又指“瓷器”，中国瓷器驰名世界，其主要成分是SiO2
B. 农作物收获后，就地焚烧秸秆，增加土壤中钾肥含量
C. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是发生雾霾天气的主要原因，这些颗粒物扩散在空气中都会形成胶体
D. 《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”涉及的操作方法是升华
【答案】D
【解析】瓷器是由瓷石、高岭土、石英石（SiO2）、莫来石等烧制而成，SiO2只是主要成分之一，A选项错误；农作物收获后，就地焚烧秸秆，是可以增加土壤中钾肥含量，但同时会产生有害气体和烟尘，造成严重的环境污染问题，所以国家限制就地焚烧秸秆，B选项错误；0.001微米（μm）=1纳米（nm），胶体粒子直径在1～100纳米之间，PM2.5不在此范围内，即不能够形成胶体，C选项错误；将“生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体后再变成固体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华；选项D正确，正确答案D。

2. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）
A. 标准状况下，2.24LHF与1.8gH2O分子所含电子数目均为N A
B. 标准状况下，VL气态烯烃(C n H2n) 含中子的数目为3VnN A/11.2
C. 向含有0.2molNH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH 溶液至沉淀完全溶解，消耗OH-的数目为N A
D. 60gSiO2和12g金刚石中各含有4N A个Si-O键和2N A个C-C键
【答案】A
【解析】HF的沸点是19.5℃，标准状况下，氟化氢不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氟化氢的物质的量，无法计算2.24 L HF的物质的量，A说法错误；C原子的质子数是6，中子数是6，H原子的质子数是1，中子数是0，所以1molC n H2n中含有的中子数是6nmol，所以n=V/22.4L•mol-1×6n=3VnN A/11.2mol,B说法正确；根据NH4++OH-=NH3↑+H2O，
Al3++4OH-=AlO-+2H2O，0.2molNH4+消耗0.2molOH-，0.2molAl3+转变成AlO2-消耗0.8molOH-，所以共消耗1molOH-，即消耗OH-的数目为N A，C说法正确；60g SiO2是1mol SiO2，1mol
SiO2有4molSi-O键，12g金刚石是1mol金刚石，1mol金刚石含2molC-C键，所以D说法正确；
本题选项是A。

3. 己知：C3H7COOCH3(m)、C2H5COOC2H5(e)、C4H9COOH(p)的分子式均为C5H10O2，下列说法错误的是（）
A. e 的一氯代物有四种
B. e 中存在少量的p 时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去
C. m、e、p 均可与NaOH 溶液反应
D. m、p 的可能结构一样多
【答案】D
【解析】C2H5COOC2H5结构中两个- C2H5不对称，所以有4中不同环境的H原子，所以一氯代物有4种，A的说法正确；不溶于水的C4H9COOH与Na2CO3反应，生成易溶于水的C4H9COONa，而C2H5COOC2H5是属于酯类，不溶于水，C2H5COOC2H5中含有少量的C4H9COOH可以通过加入饱和Na2CO3溶液使C4H9COOH转化为易溶于水C4H9COONa，然后分液法除去，B说法正确；C3H7COOCH3(m)、C2H5COOC2H5(e)是酯类，能够在NaOH 溶液完全水解生成盐和醇，C4H9COOH(p) 与NaOH 溶液反应生成盐和水，所以 m、e、p 均可与NaOH 溶液反应，C说法正确；-C3H7的同分异构体有2种，- C4H9的同分异构体有4种，C3H7COOCH3(m)和C4H9COOH(p)同类别的同分异构体数目不相同，D说法错误，正确选项D。

4. 下列实验中，对应的现象以及结论均正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】向淀粉水解后的溶液中加入碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有完全水解或者未水解，A得出结论：淀粉没有水解说法不太贴切，A选项错误；将苯滴入溴水中，振荡、静置，溴水层褪色，是苯萃取了溴水中的溴使溴水褪色，不是溴和苯发生加成反应而褪色，B选项错误；甲基橙是酸碱指示剂，它的pH值变色范围3.1(红)-4.4(黄)，即溶液的PH大于4.4，甲基橙在该溶液中就显黄色，若溶液的4.4<PH<7，加入甲基橙同样显黄色，所以不能确定NaHCO3溶液是显弱酸性、中性还是碱性，C选项错误；2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝片的体积相同，反应的H+浓度相同，温度也相同，反应的速率应该相同，现在铝与盐酸反应较快，因此可能有催化剂在起作用，而两溶液中不同的微粒只有Cl-和SO42-，所以可能是Cl-起催化作用，选项D说法正确，正确答案D。

5. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D 原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是（）
A. C、D两元素形成化合物属共价化合物
B. C、D的简单离子均能促进水的电离
C. A、D分别与B 元素形成的化合物都是大气污染物
D. E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性
【答案】B
【解析】根据甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于8～16之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。

C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg（OH）2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，
H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性Cl＞S，则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物， D选项错误；正确答案B。

点睛：中学化学中元素之间的转化是比较复杂的，类型也很多，如直线型转化关系
X为O2，中学中常见的有：Na→Na2O→Na2O2、N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2、
S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3、C→CO→CO2或CH4→CO→CO2，本题中涉及是SO2→SO3→H2SO4，熟悉这个之间的转化，是解决本题的关键。

6. 通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚()，其原理如下图所示，下列说法正确的是（）
A. B为电池的正极，发生还原反应
B. 电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极
C. A 极的电极反应式为：+e-=Cl-+
D. 当外电路中有0.2mole-转移时，A极区增加的H+的数目为0.1N A
【答案】D
.........
7. 25℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α) 随溶液pH变化
关系如图所示，下列叙述错误的是（）
A. 溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-
B. 当溶液恰好呈中性时：c(Na+)>c(SO32-)+c(HSO3-)
C. 向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大
D. 向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，α(HSO3-)减小
【答案】C
【解析】试题分析：A．分析题给图像可知溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A
项正确；B．根据电荷守恒知c(Na＋)+c(H＋)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH－)，当溶液恰好呈中性时
c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)>c(SO32-)+c(HSO3-)，B项正确；C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水发生反应HSO3—+OH－= SO32-+H2O，Ca2＋+SO32—=CaSO3，参加反应的HSO3—比SO32—多，
的值减小，C项错误；D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸发生反应H＋+HSO3-=H2SO3，α(HSO3-)
减小，D项正确；答案选C。

考点：考查电解质溶液中的离子平衡。

8. 某学习小组为了探究Fe(NO3)3的热稳定性和氧化性，设计如下实验：
实验(一)：热稳定性
利用如图装置进行实验，加热A中Fe(NO3)3固体，A 和B中都有红棕色气体产生，A 试管中生成了红色粉末。

（1）B装置的作用____________；要检验A中红色固体是否为Fe2O3，应该选用的试剂是
____________(填化学式)。

（2）加热A中试管一段时间后，C 中导管口有气泡产生，而集气瓶中无气泡产生原因是
______________。

（3）写出硝酸铁受热分解的化学方程式__________________。

实验(二)：氧化性
Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱一直是实验探究的热点。

该小组设计如下实验：
（4）设计实验a的目的是_____________________；实验c的结论是
_____________________________。

（5）实验b涉及反应的离子方程式为____________________________________。

（6）实验结论是Fe3+、Ag+氧化性的相对强弱与离子的_____________________有关。

【答案】 (1). 防倒吸 (2). HCl、KSCN (3). NO2、O2恰好与氢氧化钠溶液完全反应 (4). 4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑ (5). 排除NO3-的干扰 (6). Fe3+能氧化Ag (7). Ag++Fe2+=Fe3++Ag (8). 浓度
【解析】（1）B装置中两个导管刚刚露出胶塞，所以B装置起到防止倒吸的作用；要检验A中红色固体是否为Fe2O3，需要将残留固体溶于水，过滤，取滤渣溶解于HCl或者稀H2SO4，因为Fe2O3与H+反应生成Fe3+，再用KSCN试剂检验Fe3+的存在，若溶液变成血红色，红色固体是Fe2O3，所以需要的试剂是盐酸或者稀硫酸与KSCN溶液；
（2）加热A中Fe(NO3)3固体，A 和B中都有红棕色气体产生，A 试管中生成了红色粉末，发生反应的方程式：4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑，4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，NO2与O2的混合气体恰好被NaOH溶液吸收，所以C 中导管口有气泡产生，产生的气泡被NaOH
吸收，集气瓶中自然就无气泡产生了，所以正确答案是：NO2、O2恰好与氢氧化钠溶液完全反应；
（3）根据（2）的解析可知：硝酸铁受热分解的化学方程式4Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑；（4）利用a实验验证NO3-离子在酸性条件下能否将Ag氧化为Ag+，根据实验现象，说明在PH=1的情况下，NO3-离子不能够将Ag氧化，排除了NO3-离子对后续实验的干扰作用，正确答案：排除NO3-的干扰；根据c实验的现象可知：Fe3++Ag=Fe2++Ag+，Ag++Cl-=AgCl↓，说明Fe3+能氧化Ag；
（5）向10mL3mol·L-1AgNO3溶液中滴加2mL0.1mol·L-1FeSO4溶液，振荡；再滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色溶液不褪色，说明溶液中已经没有Fe2+，Fe2+已经被溶液中的Ag+离子氧化了，即：Fe2+ +Ag+=Fe3+ Ag，所以b涉及反应的离子方程式是：Fe2+ +Ag+=Fe3+ +Ag；
（6）对照实验b中Ag+浓度大，可以将Fe2+氧化，c中Fe3+离子浓度大，可以将Ag氧化，因此，Fe3+、Ag+氧化性的相对强弱与溶液中两种离子的浓度有关。

9. 以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料(MnO2、MnOOH、MnO 及少量Fe、Pb等) 为原料制备高纯MnCl2·xH2O,实现锰的再生利用。

其工作流程如下：
资料a．Mn的金属活动性强于Fe；Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。

资料b．生成氢氧化物沉淀的pH
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L-1
（1）过程Ⅰ的目的是浸出锰。

经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。

①MnOOH与浓盐酸反应的离子方程式是_______________________________。

②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：
_________________________________________。

③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：
a．2Fe2++Cl2=2Fe3+2Cl-
b．4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O
c．……
写出c的离子方程式：____________________。

（2）过程Ⅱ的目的是除铁。

有如下两种方法，
ⅰ．氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。

ⅱ．焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物，加水溶解，过滤，再加盐酸酸化至pH 小于5.5。

已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2=2Fe2O3+3Cl2，MnCl2和PbCl2不发生变化。

①氨水法除铁时，溶液pH 应控制在_____________之间。

②两种方法比较，氨水法除铁的缺点是____________。

（3）过程Ⅲ的目的是除铅。

加入的试剂是____________。

（4）过程Ⅳ所得固体中的x的测定如下，取m1g样品，置于氯化氢氛围中加热至失去全部结
晶水时，质量变为m2g。

则x=____________。

【答案】 (1). 2MnOOH+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O (2). 取少量滤液1于试管中，
滴入铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成或另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红 (3). MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O (4). 3.2～6.5 (5). 引入杂质NH4+ (6). Mn (7). 7(m1-m2)/m2
【解析】（1）①含锰废料（MnO2、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1
中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+，所以浓盐酸与MnOOH反应，Mn元素化合价降低到+2价，-1价的Cl-被氧化产生氯气，离子方程式：2MnOOH+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O；②要检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+，取滤液1分在2支试管中，一支试管中滴加铁氰化钾溶液，无明显变化，说明滤液1中无Fe2+，另一支试管中滴加KSCN溶液，溶液变红说明滤液1中有Fe3+；
③Fe3+由Fe2+转化而成，可能是由氯气、氧气氧化Fe2+，也可能由MnO2、MnOOH氧化Fe2+，所以可能发生的反应为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O正确答
案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 或MnOOH+3H++Fe2+=Mn2++Fe3++2H2O；
（2）①根据题干信息：Fe(OH)3开始沉淀的PH=1.9，完全沉淀的PH=3.2，Mn(OH)2开始沉淀的PH=8.1，Pb(OH)2开始沉淀的PH=6.5，调节pH除去铁离子，pH大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，所以pH应小于6.5，正确答案为：3.2～6.5；②氨水法除铁的过
程中存在NH4+离子，所以两种方法比较，此方法的缺点是引入杂质NH4+，正确答案是：引入杂质NH4+离子；
（3）根据题干信息：Mn的金属活动性强于Fe和金属活动顺序表可知：Mn的金属性比Pb强，因此加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质，正确答案是：加入
的试剂是Mn；
（4）m1gMnCl2•xH2O置于氯化氢氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl2质量为m2g，则结晶水的质量为m（H2O）=（m1-m2）g，根据方程式MnCl2·xH2O MnCl2+xH2O计算：
126:18x=m2:(m1-m2),x=7(m1-m2)/m2，正确答案：x=7(m1-m2)/m2。

10. 氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用。

雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物(NO x)是形成雾霾天气的重要因素。

（1）已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181.5 kJ·mol-1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-392.5 kJ·mol-1
③2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1
请写出NO与CO反应的热化学方程式___________________________。

（2）用活性炭还原法可以消除NO 的污染，发生的反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。

1molNO 和足量的活性炭在T℃、容积恒定为2L的密闭容器中反应，经过5min反应达到平衡，测得NO的物质的量为0.4mol。

①从反应开始到5min,用氮气表示的平均反应速率为_________。

达到平衡后，向容器中再通入0.1molNO气体和0.3molCO2气体，则此平衡将_________(填“正向移动”“不移动”或“逆向移动”)。

②能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是_________(填标号)。

a．NO和N2的体积比保持不变
b．单位时间内生成2nmolNO的同时消耗nmolCO2
c．恒温恒容条件下，反应体系的压强不再发生改变
d．恒容条件下，混合气体的平均相对分子质量不变
（3）N2O4与NO2之间存在反应，N2O4(g)2NO2(B) △H=QkJ·mol-1。

将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)] 随温度变化如图所示。

如图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强P0为220kPa，该温度下反应的平衡常数
Kp=_________ (小数点后保留两位数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

（4）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系
中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中C（NO22-）/C（SO42-）
=_________。

【己知Ksp(Ag2N2O2)=4.2×10-9，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5】
（5）用石墨为电极，利用如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则阴极的电极反应式是____________________________。

【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-745.5 kJ·mol-1 (2).
0.03mol/L.min) (3). 逆向移动 (4). ad (5). 234.67Kpa (6). 3.0×10-4 (7). NO+6H++5e-=NH4++H2O
【解析】（1）①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181.5 kJ·mol-1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-392.5 kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1依据盖斯定律计算②×2-①-②得到热化学方程式 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-745.5kJ•mol-1 ，正确答案：NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-745.5kJ•mol-1（2） C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol/L） 0.50 0 0
反应（mol/L） 0.30 0.15 0.15
3min（mol/L） 0.20 0.15 0.15
V（N2）=0.15mol·L-1/5min=0.03 mol·L-1min-1，从反应开始到5min用氮气表示的平均反应速率为V（N2）=0.03mol/L.min；
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol/L） 0.50 0 0
转化（mol/L） 0.30 0.15 0.15
平衡（mol/L） 0.20 0.15 0.15
原平衡的平衡常数K=C（N2）C（CO2）/C2（NO）=0.15×0.15/（0.2）2=0.5625
向容器中再通入0.1molNO气体和0.3molCO2气体，
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol/L） 0.250 0.15 0.3
Qc= C（N2）C（CO2）/C2（NO）=0.15×0.3/（0.25）2=0.72＞K,平衡逆向移动；
（3）假设起始的N2O41mol
N2O4(g)2NO2
开始（mol） 1 0
转化（mol） 0.4 0.8
平衡（mol） 0.6 0.8
n（总）=1.4mol，，所以P（总压）=1.4mol×P0=308Kpa，根据题干提供的信息：分压=总压×物质的量分数，所以分压P（N2O4）=132KPa，P（NO2）=176KPa，K=生成物分压幂之积/反应物分压幂之积=［P（NO2）/P0］2/［P（N2O4）/P0］=234.67KPa；
（4）根据题干信息：当两种沉淀共存时，有：C（N2O22-）/C（SO42-）=［C2（Ag+）•C（N2O22-）］/［C2（Ag+）•C（SO42-）］= Ksp(Ag2N2O2) /Ksp(Ag2SO4)= 3.0×10-4,所以C（N2O22-）/C（SO42-）= 3.0×10-4；
（5）根据图示，NO得到电子生成NH4+，在阴极发生还原反应，所以阴极的电极反应式：
NO+6H++5e-=NH4++H2O。

点睛：在化学平衡计算中，要正确的好解题时，必需清楚条理地列出起始量、转化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一，利用好答题模板如：
反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。

mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)
起始(mol) a b 0 0
变化(mol) mx nx px qx
平衡(mol) a－mx b－nx px qx，如本题中的通过
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol/L） 0.50 0 0
反应（mol/L） 0.30 0.15 0.15
3min（mol/L） 0.20 0.15 0.15 根据速率公式可以求出N2的反应速率；
再如利用 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol/L） 0.50 0 0
转化（mol/L） 0.30 0.15 0.15
平衡（mol/L） 0.20 0.15 0.15
求出原平衡常数，然后改变浓度，计算Qc，通过比较Qc与K的大小可以判断在加入新物质后，平衡移动的方向，可以说“三段式”法是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。

11. 碳和硅是自然界中大量存在的元素，硅及其化合物是工业上最重要的材料。

粗硅的制备有二种方法：
方法一：SiO2+2C Si+2CO↑ 方法二：SiO2+2Mg Si+2MgO (可能用到的相对原子质量：B-11 P-31)
（1）基态硅原子中存在____________对自旋相反的电子，基态Mg 的最外层电子所占据的能级的电子云能廓图是________。

（2）上述反应中所有元素第一电离能最小的元素是________(填元素符号)。

（3）试比较C (金刚石)，晶体Si，CO 三种物质的熔沸点从高到低的顺序
___________________，试解释原因：____________________。

（4）CO 在配合物中可作为配体，在Cr(CO)6配合物中配原子是________(填元素符号)1mol 该配合物中含有π键的数目_________。

（5）SiO2晶跑(如下图) 可理解成将金刚石晶胞(如下图) 中的C原子置换成Si原子，然后在Si-Si之间插入O原子而形成。

①推测SiO2晶胞中Si采用________杂化，O-Si-O的键角________________。

②SiO2晶跑中，含有Si原子____________个和O原子______________个。

③假设金刚石晶胞的边长为apm，试计算该晶胞的密度_________g/cm3(写出表达式即可)。

【答案】 (1). 6 (2). 球形 (3). Mg (4). C>Si>CO (5). 金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C-C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小 (6). C (7). 12N A (8). S p3 (9). 109028´ (10). 8 (11). 16 (12).
【解析】（1）基态硅原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，每一个s能级有1个轨道，s轨道全满，有3对自旋相反的电子，2p能级有3个轨道，全充满电子，2P轨道有3对自旋相反的电子，所以基态硅原子中存在6对自旋相反的电子；Mg的基态核外电子排布为1s22s22p63s2，3S轨道是最外层，S能级的电子云图是球形的，所以基态Mg 的最外层电子所占据的能级的电子云能廓图是球形；
（2）第一电离能是原子失去最外层的一个电子所需能量，第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，上述反应中涉及的元素有：C、O、Mg、Si，其中C、O、Si是非金属元素，较难失去电子， Mg元素的金属性最强，最易失去电子，所有元素第一电离能最小的元素是：Mg；（3）C (金刚石)，晶体Si都是原子晶体，熔点高，它们结构相似，但碳原子的半径比硅原子半径小，共价键的键能大，所以C (金刚石)的熔点比晶体Si高，而CO是分子晶体，熔沸点低，所以三种物质的熔沸点从高到低的顺序：C>Si>CO；原因：金刚石和晶体硅都是原子晶体且晶体结构相似，C的原子半径小于硅的原子，所以金刚石中C-C键长短，键能大，所以金刚石的熔沸点比晶体硅小，CO是分子晶体熔沸点最小；
（4）配体中给出孤对电子与中心离子直接形成配位键的原子，叫配位原子；CO 在Cr(CO)6中可作为配体，配原子是C，CO与N2是等电子体，其结构式是C≡O，1molCO中含π键的数
目是2mol，所以1mol该配合物中含有π键的数目12N A；
（5）①在二氧化硅晶体中每个硅原子与周围的4个氧原子的成键情况与金刚石晶体中的碳原子与周围4个碳原子连接的情况是相同的。

所以SiO2晶胞中Si采用SP3杂化，金刚石是正四面体结构单元，其键角是109028´，所以SiO2晶胞中O-Si-O的键角也是109028´；
②SiO2晶体为面心立体结构，每个SiO2晶胞含有Si原子的个数为8×1/8+6×1/2+4=8，按Si、O原子个数比，O原子数是16；
③一个晶胞含有8个C原子结构，所以一个晶胞的质量为12×8/N A=96/N A，晶胞边长为anm，所以SiO2晶体的密度ρ＝m/V＝96/［N A（a×10-3）3］
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型，一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较，例如：本题中首先将晶体分为原子晶体与分子晶体，很容易得出CO熔点低，金刚石和晶体硅高，因为CO它是分子晶体，金刚石和晶体硅是原子晶体；
如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待：
1.同属分子晶体：①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常。

有氢键的熔沸点较高。

例如，熔点：HI＞HBr＞HF＞HCl；沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl。

②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。

例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；
2.同属原子晶体，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。

例如：金刚石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶体硅（Si－Si），很容易判断出本题中的金刚石与晶体硅的熔沸点高低；
3.同属离子晶体离子的半径越小，所带的电荷越多，则离子键越强，晶格能越高，熔沸点越高。

例如： MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。

12. 富马酸(反丁烯二酸)和马来酸(顺丁烯二酸)是合成有机物的重要中间体，合成其两种衍生物路线如下：
已知：RCOH+R´CH2COOH(R 为H 或烃基)
（1）A可发生银镜反应，A的化学名称是________。

（2）由A生成B、D生成E的反应类型分别是________、________。

（3）B 中的官能团名称是________，C 的结构简式为________。

（4）写出F 生成H的化学方程式________。

（5）P是H 的同分异构体，1molP能与碳酸钠反应最多能生成1molCO2,其核磁共振氢谱显示有2种不同化学环境的的氢，峰面积为3∶1,写出一种符合要求的P的结构简式________。

（6）写出用丙酸、甲醇和A为原料制备化合物的合成路线________。

(其他无机试剂任选)
【答案】 (1). 甲醛 (2). 加成反应 (3). 氧化反应 (4). 羟基、羧基 (5). CH2=CH-COOH (6).
+2CH3OH+2H2O (7).
或或 (8).
【解析】(1) A的化学式为CH2O，又能发生银镜反应，A的化学名称是甲醛；
(2)由A和B的分子式可知，A生成B的反应为加成反应；D生成E是加氧去氢的反应，即为氧化反应；
(3)由已知条件可知B的结构简式为HOCH2—CH2—COOH，所以其中的官能团的名称为羟基和羧
基；由B的结构简式可推知C的结构简式为CH2=CH-COOH；
(4)E为环内酯，在酸性条件下水解可得F为丁烯二酸（HOOC—CH=CH—COOH）,与甲醇反应生成H的化学方程式为；(5)H的结构简式为，分子式为C6H8O4，其同分异构体为P，已知1molP 能与碳酸钠反应最多能生成1molCO2，则P中含有两个—COOH，且有两种氢原子，峰面积比为3：1，则P的结构简式为或或
；
(6) 由丙酸、甲醇和A为原料制备化合物的合成路线为。