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福建省福州市2016届高考化学3月模拟试卷(含解析)


2016 年福建省福州市高考化学模拟试卷(3 月份)

一、选择题:本题共 7 小题,每小题 6 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的 1.化学创造美好生活.以下说法不正确的是( )

A.利用化学工艺调整织物孔隙直径,可以制作出防水透气面料 B.食品包装内常放置具有吸水性的化学药品以保持干燥,如生石灰和硅胶 C.合金广

泛应用于现代建筑业,与金属晶体的韧性、可塑性有关 D.使用无铅汽油的汽车尾气不会污染空气 2.NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是( A.46g 乙醇中存在的共价键总数为 7NA B.1mol 甲醇完全燃烧时,转移的电子数为 6NA C.标准状况下,22.4L 甲烷和 22.4L 氯仿所具有的微粒数均为 NA D.1 L 0.1mol/L 醋酸溶液中含有的氢离子数为 0.1NA 3.松油醇具有紫丁香味,其酯类常用于香精调制.如图为松油醇的结构,以下关于它的说 )

法正确的是(



A.分子式为 C10H19O B.同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类 C.能发生取代、氧化、还原反应 D.与氢气加成后的产物有 4 种一氯化物 4.下列实验操作、现象和结论均正确的是( 选项 实验操作 A 现象 ) 结论

将光亮的镁条放入盛有 NH4Cl 溶液的有大量气泡产生 反应中有 NH3 产生 试管中

B

向 AgI 悬浊液中滴加 NaCl 溶液

不出现白色沉淀 更难溶的物质无法转化为难 溶的物质

C

向 KI 溶液中滴入少量氯水和苯,振 溶液上层呈紫色 I 还原性强于 Cl





1

荡、静置 D 向某溶液中滴加氯水后再加入 KSCN 溶液呈红色 溶液 A.A B.B C.C D.D 溶液中一定含有 Fe2+

5.硼氢化物 NaBH4(B 元素的化合价为+3 价)燃料电池(DBFC),由于具有比能量高、产物 清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点, 被认为是一种很有发展潜力的燃料电池, 其工作 原理如图所示,下列说法正确的是( )

A.放电时,每转移 2mol 电子,理论上需要消耗 9.5gNaBH4 B.电极 a 采用 MnO2,MnO2 既作电极材料又有催化作用 C.电池放电时 Na+从 b 极区移向 a 极区 D.电池的负极反应为 BH4﹣+2H2O﹣8e﹣═BO2﹣+8H+ 6.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素,原子序数依次增加,X 与 Y 形成的化合物能与水反应 生成酸且 X、Y 同主族,两元素核电荷数之和与 W、Z 的原子序数之和相等,则下列说法正确 的是( )

A.Z 元素的含氧酸是最强酸 B.原子半径:X>Z C.气态氢化物热稳定性:W>X D.W 与 Y 可以存在于同一离子化合物中 7.亚氯酸钠(NaClO2)用于漂白织物、纤维、纸浆,具有对纤维损伤小的特点.其在溶液 中可生成 ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等,其中 HClO2 和 ClO2 都具有漂白作用.已知 pOH=﹣lgc (OH﹣),经测定 25℃时各组分含量随 pOH 变化情况如图所示(Cl﹣没有画出),此温度下, 下列分析错误的是( )

2

A.HClO2 的电离平衡常数的数值 Ka=10 B.亚氯酸钠在碱性条件下较稳定

﹣6

C.pH=7 时,溶液中含氯微粒的浓度大小为:c(HClO2)>c(ClO2﹣)>c( ClO2)>c( Cl




D.同浓度的 HClO2 溶液和 NaClO2 溶液等体积混合,则混合溶液中有 c(HClO2)+2c(H+)=c (ClO2﹣)+2c(OH﹣)

二、解答题(共 3 小题,满分 43 分) 8.晶体硅是一种重要的非金属材料,模拟制备纯硅的主要步骤如下: ①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅 ②粗硅与干燥 HCl 气体反应制得 SiHCl3:Si+3HCl 沸点/℃ SiHCl3 SiCl4 HCl 33.0 57.6 ﹣84 SiHCl3+H2,

③SiHCl3 与过量 H2 在 1000~1100℃反应制得纯硅可能用到的信息如下: 已知 SiHCl3 能与 H2O 强烈反应,在空气中易自燃; 步骤②中粗硅与 HCl 反应时会生成少量 SiCl4; 请回答下列问题: (1)粗硅与 HCl 反应完全后,依据上表所示沸点差异提纯 SiHCl3.该提纯方法 为 .

(2)用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯硅的装置如下(热源及夹持装置略去):

3

①依次连接的合理顺序为 试剂是

; 装置 D 中 g 管的作用是 .

; 装置 B 中的

;装置 C 中的烧瓶加热的目的是 .

②装置 A 中发生反应的化学方程式为 ③操作时应先打开装置

(C 或 D)中分液漏斗的旋塞,理由是:



(3)请设计实验证明产品硅中是否含微量铁单质:将产品用稀盐酸溶解,取上层清液 后 .

9.稀土是我国战略性资源.氟碳铈矿主要化学成分为 CeFCO3,它是提取铈族稀土元素的重 要矿物原料. 关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种, 其中一种提取铈的工艺流程 如下:

请回答下列问题 (1)为增大反应速率,提高原料的利用率,焙烧前可将矿石 处理.

(2)焙烧过程中产生的 SO3 尾气常采用喷淋法净化,再用石灰乳中和;操作 I 中滤渣的主 要成分是 . 、烧杯、玻璃棒等;

(3)操作 II 若在实验室中进行,需要的主要玻璃仪器有 所用萃取剂 HT 需具备的条件是 ①HT 不溶于水,也不和水反应 ②Ce3+不和萃取剂 HT 发生反应 ③Ce3+在萃取剂 HT 中溶解度大于水 ④萃取剂 HT 的密度一定大于水 .

4

(4)已知有机物 HT 能将 Ce 从水溶液中萃取出来,该过程可表示为:2Ce

3+

3+

(水层)+6HT

(有机层)?2CeT3(有机层)+6H+(水层)从平衡角度解释:向 CeT3 (有机层)加入稀硫 酸获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是 .

(5)常温下,含 Ce3+溶液加碱调至 pH=8 时,c(Ce3+)=b mol?L﹣1,已知 Ce(OH)3 的溶度 积=a,则 a 和 b 的关系是 . .

(6)写出 Ce(OH)3 悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式:

(7)取上述流程中得到的 Ce(OH)4 产品 0.545g,加硫酸溶解后,用 0.100 0mol?L﹣1 FeSO4 标准溶液滴定至终点时(铈被还原为 Ce3+),消耗 25.00mL 标准溶液.该产品中 Ce(OH)4 的质量分数为 [Ce(OH)4 的相对分子质量为 208,结果保留两位有效数字].

10.2013 年,“雾霾”成为年度关键词.近年来,对“雾霾”的防护与治理成为越来越重 要的环境问题和社会问题.雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成. (1)机动车的尾气是雾霾形成的原因之一,近几年有人提出利用选择性催化剂利用汽油中 挥发出来的 C3H6 催化还原尾气中的 NO 气体,请写出该过程的化学方程式: (2)我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一.经研究发现将煤 炭在 O2/CO2 的气氛下燃烧,发现能够降低燃煤时 NO 的排放,主要反应为: 2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H 若①N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H1=+180.5kJ?mol ②CO(g)?C(s)+ O2(g)△H2=+110.5kJ?mol
﹣1 ﹣1

③C (s)+O2(g)?CO2(g)△H3=﹣393.5kJ?mol 则△H= kJ?mol .
﹣1

﹣1

(3)燃煤尾气中的 SO2 用 NaOH 溶液吸收形成 NaHSO3 溶液,在 pH 为 4~7 之间时电解,硫元 素在铅阴极上被电解还原为 Na2S2O4.Na2S2O4 俗称保险粉,广泛应用于染料、印染、造纸、食 品工业以及医学上. 这种技术是最初的电化学脱硫技术之一. 请写出该电解反应中阴极的电 极方程式: (4)SO2 经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵,其中 SO2 发生催化氧 化的反应为:2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g).若在 T1℃、0.1MPa 条件下,往一密闭容器通 入 SO2 和 O2(其中 n(SO2):n(O2)=2:1),测得容器内总压强与反应时间如图所示: ①该反应的化学平衡常数表达式:K= ②图中 A 点时,SO2 的转化率为

5

③计算 SO2 催化氧化反应在图中 B 点的压强平衡常数 K= 浓度计算,分压=总压×物质的量分数)

(用平衡分压代替平衡

④若在 T2℃,其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示,则 T1

T2

(填“>”、 “<”、 “=”) ; 其中 C 点的正反应速率 vc (正) 与 A 点的逆反应速率 vA (逆) 的大小关系为 vc(正) vA 逆) (填“>”、“<”、“=”).

【化学--选修 2:化学与技术】(共 1 小题,满分 15 分) 11.MnO2 和锌是制造干电池的主要原料 电解法生产 MnO2 传统的工艺主要流程为:软锰矿加煤还原焙烧;用硫酸浸出焙烧料;浸出 液(主要含 Mn )经净化后再进行电解,MnO2 在电解池的阳极析出. 90 年代后期发明了生产 MnO2 和锌的新工艺,主要是采用软锰矿(主要成分为 MnO2,含少量 Al2O3 和 SiO2 杂质)和闪锌矿(主要成分为 ZnS,含少量 FeS、CuS、CdS 杂质)为主要原料, 经过除杂后,得到含 Zn 、Mn 离子的溶液,再通过电解同时获得 MnO2 和锌.简化流程框图 如下(中间产物的固体部分已经略去): [软锰矿、 闪锌矿] [ZnSO4、MnSO4 溶液] [滤液 A] [Zn+MnO2+产品 D] [Zn 、 Mn 、 Fe 、 Al ]
2+ 2+ 2+ 3+ 2+ 2+ 2+

已知各种金属离子完全沉淀的 pH 如下表: Zn2+ pH 8.0 Mn2+ 10.1 Fe2+ 9.0 Fe3+ 3.2 Al3+ 4.7

回答下列问题: (1)步骤①中,软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应,例如: MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O,请写出 MnO2 在酸性溶液中分别和 CuS 和 FeS 发生 反应的化学方程式: 、 .

6

(2)步骤②加入金属锌是为了回收金属,回收金属的主要成份为 号表示)

(用化学符

(3)步骤③物质 C 由多种物质组成,其中含有两种固体,其中一种为 MnO2,其作用是 另外一种固体物质可为 (4)步骤④中电解过程中 MnO2 在 为 是 .产品 D 的化学式为 . . 极析出,该电极上发生的反应方程式 ,该物质对整个生产的意义

【化学--选修 3:物质结构与性质】 12. 2015 年 10 月中国药学家屠呦呦因发现青蒿素(一种用于治疗疟疾的药物)而获得诺 贝尔生理医学奖.青蒿素(C15H22O5)的结构如图 1 所示.请回答下列问题:

(1)组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是 存在 对自旋相反的电子.

,在基态 O 原子中,核外

(2)下列关于青蒿素的说法正确的是 a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键 b.在青蒿素分子中,所有碳原子均处于同一平面

(填序号).

c.图中数字标识的五个碳原子均只以 σ 键与其它原子成键 (3)在确定青蒿素结构的过程中,可采用 NaBH4 作为还原剂,其制备方法为:4NaH+B(OCH3)
3

→NaBH4+3CH3ONa 晶体, 如图 2 是 NaH 晶胞结构, 则 NaH 晶体的配位数是 . .写出两个与 B(OCH3)3 具有相同空间构 ,

①NaH 为

若晶胞棱长为 a 则 Na 原子间最小核间距为 ②B(OCH3)3 中 B 采用的杂化类型是 型的分子或离子 .

③NaBH4 结构如图 3 所示.结构中存在的作用力有


7

【化学--选修 5:有机化学基础】 13. 将猫薄荷中分离出的荆芥内酯与等物质的量的氢气进行加成, 得到的二氢荆芥内酯是一 种有效的驱虫剂,可用于商业生产.如图为二氢荆芥内酯的一种合成路线:

已知 A(C10H16O)的结构中有一个五元环,核磁共振氢谱显示其侧链上有四个不同环境的氢, 且峰面积比为 1:2:3:3. 回答下列问题: (1)A 的结构简式为 (2) B 与 CH3OH 发生的反应类型是 (3)由 D 生成二氢荆芥内酯的化学方程式为 ,B 含有的官能团的名称是 . .

, C 与 HBr 发生的反应类型是 .

(4)D 在某催化剂作用下可发生反应生成一种高聚物,其结构简式为 高聚物平均相对分子质量约为 20000,则其平均聚合度约为 a.54b.108 c.119 d.133

,若该 (填标号).

8

2016 年福建省福州市高考化学模拟试卷(3 月份) 参考答案与试题解析

一、选择题:本题共 7 小题,每小题 6 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的 1.化学创造美好生活.以下说法不正确的是( )

A.利用化学工艺调整织物孔隙直径,可以制作出防水透气面料 B.食品包装内常放置具有吸水性的化学药品以保持干燥,如生石灰和硅胶 C.合金广泛应用于现代建筑业,与金属晶体的韧性、可塑性有关 D.使用无铅汽油的汽车尾气不会污染空气 【考点】绿色化学. 【专题】化学应用. 【分析】A.利用化学工艺调整织物孔隙直径使水分子不能通过; B.生石灰能与水反应,硅胶能吸水; C.金属晶体具有韧性和可塑性; D.现在机动车燃料都变为了无铅汽油,主要是含铅汽油在燃烧的尾气中含有重金属铅. 【解答】解:A.利用化学工艺调整织物孔隙直径使水分子不能通过,可以制作出防水透气 面料,故 A 正确; B.生石灰能与水反应,硅胶能吸水,可做干燥剂,故 B 正确; C.金属晶体具有韧性和可塑性,广泛应用于现代建筑业,故 C 正确; D.现在机动车燃料都变为了无铅汽油,主要是含铅汽油在燃烧的尾气中含有重金属铅,漂 浮在空气底层,尤其对儿童的健康影响最大正确,故 D 错误. 故选 D. 【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识,为高频考点,侧重 于基础知识的综合理解和运用的考查,难度不大.

2.NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是( A.46g 乙醇中存在的共价键总数为 7NA B.1mol 甲醇完全燃烧时,转移的电子数为 6NA



C.标准状况下,22.4L 甲烷和 22.4L 氯仿所具有的微粒数均为 NA
9

D.1 L 0.1mol/L 醋酸溶液中含有的氢离子数为 0.1NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 【分析】A、求出乙醇的物质的量,然后根据乙醇中含 8 条共价键来分析; B、1mol 甲醇燃烧消耗 1.5mol 氧气; C、标况下氯仿为液态; D、醋酸是弱电解质,在溶液中不能完全电离. 【解答】解:A、46g 乙醇的物质的量为 1mol,而乙醇中含 8 条共价键,故含 8NA 条,故 A 错误; B、1mol 甲醇燃烧消耗 1.5mol 氧气,而氧气反应后变为﹣2 价,故 1.5mol 氧气转移 6mol 电子即 6NA 个,故 B 正确; C、标况下氯仿为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒个数,故 C 错误; D、醋酸是弱电解质,在溶液中不能完全电离,故溶液中的氢离子的个数小于 0.1NA 个,故 D 错误. 故选 B. 【点评】 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算, 熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题 关键,难度不大.

3.松油醇具有紫丁香味,其酯类常用于香精调制.如图为松油醇的结构,以下关于它的说

法正确的是(



A.分子式为 C10H19O B.同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类 C.能发生取代、氧化、还原反应 D.与氢气加成后的产物有 4 种一氯化物 【考点】有机物的结构和性质;有机物分子中的官能团及其结构. 【专题】有机物的化学性质及推断. 【分析】由结构可知分子式,分子中含﹣OH、碳碳双键,结合酚、烯烃的性质来解答.

10

【解答】解:A.由结构可知分子式为 C10H18O,故 A 错误; B.含﹣OH 和 1 个碳碳双键,不能形成苯环,同分异构体不可能为酚类,故 B 错误; C.含双键可发生加成、氧化、还原反应,含﹣OH 可发生取代反应,故 C 正确; D.与氢气加成后的产物结构对称,含 6 种 H(不含﹣OH),则有 6 种一氯化物,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系为解答的关 键,侧重分析与应用能力的考查,注意醇和烯烃的性质及同分异构体判断,题目难度不大.

4.下列实验操作、现象和结论均正确的是( 选项 实验操作 A 现象

) 结论

将光亮的镁条放入盛有 NH4Cl 溶液的有大量气泡产生 反应中有 NH3 产生 试管中

B

向 AgI 悬浊液中滴加 NaCl 溶液

不出现白色沉淀 更难溶的物质无法转化为难 溶的物质

C

向 KI 溶液中滴入少量氯水和苯,振 溶液上层呈紫色 I 还原性强于 Cl 荡、静置





D

向某溶液中滴加氯水后再加入 KSCN 溶液呈红色 溶液

溶液中一定含有 Fe

2+

A.A

B.B

C.C

D.D

【考点】化学实验方案的评价. 【专题】实验评价题. 【分析】A.镁能与氢离子反应生成氢气; B.可能反应生成白色沉淀; C.同一氧化还原中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性; D.KSCN 和铁离子反应生成血红色液体,和亚铁离子不反应,氯水具有强氧化性,能氧化亚 铁离子生成铁离子. 【解答】解:A.镁能与氢离子反应生成氢气,无法确定是氨气,故 A 错误; B.氯离子浓度大时,可能反应生成白色沉淀,故 B 错误; C.氯气氧化碘离子生成碘单质,该反应中碘离子是还原剂、氯离子是还原产物,还原剂的 还原性大于还原产物的还原性,所以 I﹣的还原性强于 Cl﹣,故 C 正确;
11

D.KSCN 和铁离子反应生成血红色液体,和亚铁离子不反应,氯水具有强氧化性,能氧化亚 铁离子生成铁离子,所以应该先加入 KSCN 然后加入氯水,防止铁离子干扰实验,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及物质的性质、沉淀转化、还原性比 较以及离子检验等知识点, 侧重考查实验基本操作、 物质性质, 明确常见离子性质的特殊性、 实验操作规范性是解本题关键,注意离子检验时要排除其它离子干扰,易错选项是 D.

5.硼氢化物 NaBH4(B 元素的化合价为+3 价)燃料电池(DBFC),由于具有比能量高、产物 清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点, 被认为是一种很有发展潜力的燃料电池, 其工作 原理如图所示,下列说法正确的是( )

A.放电时,每转移 2mol 电子,理论上需要消耗 9.5gNaBH4 B.电极 a 采用 MnO2,MnO2 既作电极材料又有催化作用 C.电池放电时 Na 从 b 极区移向 a 极区 D.电池的负极反应为 BH4 +2H2O﹣8e ═BO2 +8H 【考点】化学电源新型电池. 【专题】电化学专题. 【分析】以硼氢化合物 NaBH4(B 元素的化合价为+3 价)和 H2O2 作原料的燃料电池,电解质 溶液呈碱性,由工作原理装置图可知,负极发生氧化反应,电极反应式为 BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣ =BO2﹣+6H2O,正极 H2O2 发生还原反应,得到电子被还原生成 OH﹣,电极反应式为 H2O2+2e﹣=2OH
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ + +

,结合原电池的工作原理和解答该题.

【解答】解:A.负极发生氧化反应生成 BO2﹣,电极反应式为 BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O, 每转移 2mol 电子,理论上需要消耗 0.25mol 即 9.5gNaBH4,故 A 正确; B.电极 b 采用 MnO2,为正极,H2O2 发生还原反应,得到电子被还原生成 OH﹣,MnO2 既作电极 材料又有催化作用,故 B 错误;

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C.原电池工作时,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,则 Na 从 a 极区移向 b 极区,故 C 错误; D.负极发生氧化反应生成 BO2﹣,电极反应式为 BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣=BO2﹣+6H2O,故 D 错误; 故选 A. 【点评】本题考查原电池工作原理,涉及电极判断与电极反应式书写等问题,做题时注意从 氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写, 本题中难点和易错点为电极方 程式的书写,注意化合价的变化.

+

6.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素,原子序数依次增加,X 与 Y 形成的化合物能与水反应 生成酸且 X、Y 同主族,两元素核电荷数之和与 W、Z 的原子序数之和相等,则下列说法正确 的是( )

A.Z 元素的含氧酸是最强酸 B.原子半径:X>Z C.气态氢化物热稳定性:W>X D.W 与 Y 可以存在于同一离子化合物中 【考点】原子结构与元素周期律的关系. 【专题】元素周期律与元素周期表专题. 【分析】W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,X 与 Y 形成的化合物能与 水反应生成酸且 X、Y 同主族,则 X 为 O 元素,Y 为 S 元素,O、S 元素核电荷数之和与 W、Z 的原子序数之和相等,则 W、Z 的原子序数之和 24,而且 W 的原子序数小于 O,Z 的原子序 数大于 S,则 Z 为 Cl 元素,所以 W 的原子序数为 24﹣17=7,即 W 为 N 元素;结合元素化合 物性质判断和元素周期律分析解答. 【解答】解:W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素,原子序数依次增加,X 与 Y 形成的化合物 能与水反应生成酸且 X、Y 同主族,则 X 为 O 元素,Y 为 S 元素,O、S 元素核电荷数之和与 W、Z 的原子序数之和相等,则 W、Z 的原子序数之和 24,而且 W 的原子序数小于 O,Z 的原 子序数大于 S,则 Z 为 Cl 元素,所以 W 的原子序数为 24﹣17=7,即 W 为 N 元素; A、Z 为 Cl 元素,Cl 元素的最高价含氧酸是最强酸,其它价态的含氧酸的酸性不一定强,如 HClO 是弱酸,故 A 错误; B、电子层越多,原子半径越大,所以 O<Cl,即原子半径:X<Z,故 B 错误;

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C、元素的非金属性越强,其氢化物越稳定,非金属性 O>N,所以气态氢化物热稳定性:W <X,故 C 错误; D、N 与 S 可以存在于同一离子化合物中,如硫酸铵中含有 N、S,故 D 正确. 故选:D. 【点评】本题以元素推断为载体,考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识,题目难 度不大,推断元素是解题的关键.

7.亚氯酸钠(NaClO2)用于漂白织物、纤维、纸浆,具有对纤维损伤小的特点.其在溶液 中可生成 ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等,其中 HClO2 和 ClO2 都具有漂白作用.已知 pOH=﹣lgc (OH﹣),经测定 25℃时各组分含量随 pOH 变化情况如图所示(Cl﹣没有画出),此温度下, 下列分析错误的是( )

A.HClO2 的电离平衡常数的数值 Ka=10 B.亚氯酸钠在碱性条件下较稳定

﹣6

C.pH=7 时,溶液中含氯微粒的浓度大小为:c(HClO2)>c(ClO2 )>c( ClO2)>c( Cl





+

D.同浓度的 HClO2 溶液和 NaClO2 溶液等体积混合,则混合溶液中有 c(HClO2)+2c(H )=c (ClO2﹣)+2c(OH﹣) 【考点】离子方程式的有关计算. 【专题】离子反应专题. 【分析】A、HClO2 的电离平衡常数 K= B、由图可以得出:碱性条件下 ClO2﹣浓度高; C、根据图知,pH=7 时,c(HClO2)<c( ClO2 ); D、依据电中性原则得出:c(H )+c(Na )=c(ClO2 )+c(OH ),依据物料守恒得出:2c (Na+)=c(ClO2﹣)+c(HClO2),据此解答即可.
+ + ﹣ ﹣ ﹣

结合图示数据来计算;

14

【解答】解:A、HClO2 的电离平衡常数 K=

,观察图象可以看出,

当 pOH=8 时,pH=6,c(ClO2﹣)=c(HClO2),因此 HClO2 的电离平衡常数的数值 Ka=10﹣6,故 A 正确; B、由图可以得出:碱性条件下 ClO2 浓度高,即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定,故 B 正确; C、根据图知,pH=7 时,存在 c(HClO2)<c( ClO2 ),则微粒浓度大小顺序是 c( ClO2 ) >c(HClO2)>c( ClO2)>c( Cl﹣),故 C 错误; D、依据电中性原则得出:c(H+)+c(Na+)=c(ClO2﹣)+c(OH﹣) ①,依据物料守恒得出: 2c(Na+)=c(ClO2﹣)+c(HClO2) ②,联立①②消去钠离子:c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

)+2c(OH﹣),故 D 正确;

故选 C. 【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断,题目难度稍大,正确分析、理解题中信息及图象 数据是解答本题关键,注意明确溶液酸碱性与溶液 pH 的关系.

二、解答题(共 3 小题,满分 43 分) 8.晶体硅是一种重要的非金属材料,模拟制备纯硅的主要步骤如下: ①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅 ②粗硅与干燥 HCl 气体反应制得 SiHCl3:Si+3HCl 沸点/℃ SiHCl3 SiCl4 HCl 33.0 57.6 ﹣84 SiHCl3+H2,

③SiHCl3 与过量 H2 在 1000~1100℃反应制得纯硅可能用到的信息如下: 已知 SiHCl3 能与 H2O 强烈反应,在空气中易自燃; 步骤②中粗硅与 HCl 反应时会生成少量 SiCl4; 请回答下列问题: (1)粗硅与 HCl 反应完全后,依据上表所示沸点差异提纯 SiHCl3.该提纯方法为 分馏 . (2)用 SiHCl3 与过量 H2 反应制备纯硅的装置如下(热源及夹持装置略去):

15

①依次连接的合理顺序为 DBCAE ;装置 D 中 g 管的作用是 平衡压强 ;装置 B 中的试 剂是 浓硫酸 ;装置 C 中的烧瓶加热的目的是 使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化 ②装置 A 中发生反应的化学方程式为 SiHCl3+H2 Si+3HCl . .

③操作时应先打开装置 D (C 或 D)中分液漏斗的旋塞,理由是: 因为 SiHCl3 容易在 空气自燃,实验中还要注意先通一段时间 H2 排尽装置中的空气 . (3) 请设计实验证明产品硅中是否含微量铁单质: 将产品用稀盐酸溶解, 取上层清液后 先 滴加氯水,再滴加硫氰化钾溶液,溶液显红色 . 【考点】硅和二氧化硅. 【专题】物质的分离提纯和鉴别. 【分析】(1)根据题中数据,采用分馏方法提纯 SiHCl3; (2)①依据实验目的可知:锌与硫酸制备氢气,干燥干燥后通入用热水浴加热 SiHCl3,在 石英管中反应生成硅和氯化氢,最后进行尾气处理,据此排序; 装置 D 中 g 管连接分液漏斗与烧瓶,起平衡压强的作用;浓硫酸干燥氢气;通过水浴加热使 滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化,与氢气混合均匀; ②SiHCl3 和氢气反应有硅单质生成, 根据硅的颜色判断 D 装置中的颜色变化; 反应温度较高, 普通玻璃会软化;SiHCl3 和 H2 反应生成硅和氯化氢; ③氢气是可燃性气体,易产生爆炸,为防止安全事故的发生,所以先通一段时间 H2,将装置 中的空气排尽; (3)铁能够与氢氧化剂反应生成三价铁离子,三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色,据此检验 铁元素的存在. 【解答】解:(1)SiHCl3(沸点 33.0℃)中含有少量 SiCl4(沸点 57.6℃)和 HCl(沸点﹣ 84.7℃),由于沸点差别较大,可以通过分馏除去杂质, 故答案为:分馏;平衡压强;浓硫酸;使滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化;

16

(2)①依据实验目的可知:锌与硫酸制备氢气,干燥干燥后通入用水冷却的 SiHCl3,在石 英管中反应生成硅和氯化氢,最后进行尾气处理,所以正确的顺序为 DBCAE; 装置 D 中 g 管连接分液漏斗与烧瓶,起平衡压强的作用;浓硫酸干燥氢气;通过水浴加热使 滴入烧瓶中的 SiHCl3 气化,与氢气混合均匀; 故答案为:DBCAE; ②高温下,SiHCl3 和氢气反应生成硅单质,硅单质是灰黑色固体,所以 D 装置中的现象是: 石英管的内壁附有灰黑色晶体;反应方程式为:SiHCl3+H2 故答案为:SiHCl3+H2 Si+3HCl; Si+3HCl,

③氢气是可燃性气体,易产生爆炸,为防止安全事故的发生,所以先通一段时间 H2,将装置 中的空气排尽,所以应先打开 D; 故答案为:D;因为 SiHCl3 容易在空气自燃,实验中还要注意先通一段时间 H2 排尽装置中的 空气; 因为 SiHCl3 容易在空气自燃,实验中还要注意先通一段时间 H2 排尽装置中的空气; (3)铁能够与氢氧化剂反应生成三价铁离子,三价铁离子遇到硫氰酸钾显红色,要检验铁 单质的存在可以:先滴加氯水,再滴加硫氰化钾溶液,溶液显红色; 故答案为:先滴加氯水,再滴加硫氰化钾溶液,溶液显红色. 【点评】本题考查了实验方案设计的有关知识,铁离子的检验,明确实验原理和目的是解题 关键,题目难度中等.

9.稀土是我国战略性资源.氟碳铈矿主要化学成分为 CeFCO3,它是提取铈族稀土元素的重 要矿物原料. 关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种, 其中一种提取铈的工艺流程 如下:

请回答下列问题 (1)为增大反应速率,提高原料的利用率,焙烧前可将矿石 粉碎成细颗粒 处理.
17

(2)焙烧过程中产生的 SO3 尾气常采用喷淋法净化,再用石灰乳中和;操作 I 中滤渣的主 要成分是 CaF2、CaSO4 . (3)操作 II 若在实验室中进行,需要的主要玻璃仪器有 分液漏斗 、烧杯、玻璃棒等; 所用萃取剂 HT 需具备的条件是 ①②③ . ①HT 不溶于水,也不和水反应 ②Ce 不和萃取剂 HT 发生反应 ③Ce3+在萃取剂 HT 中溶解度大于水 ④萃取剂 HT 的密度一定大于水 (4)已知有机物 HT 能将 Ce3+从水溶液中萃取出来,该过程可表示为:2Ce3+ (水层)+6HT (有机层)?2CeT3(有机层)+6H+(水层)从平衡角度解释:向 CeT3 (有机层)加入稀硫 酸获得较纯的含 Ce 的水溶液的原因是 混合液中加入 H2SO4 使 c (H ) 增大, 平衡向形成 Ge 水溶液方向移动 . (5)常温下,含 Ce 溶液加碱调至 pH=8 时,c(Ce )=b mol?L ,已知 Ce(OH)3 的溶度 积=a,则 a 和 b 的关系是 a=10﹣18b . (6) 写出 Ce (OH)3 悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式: 4Ce (OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)
4 3+ 3+ ﹣1 3+ + 3+ 3+


﹣1

(7)取上述流程中得到的 Ce(OH)4 产品 0.545g,加硫酸溶解后,用 0.100 0mol?L
3+

FeSO4

标准溶液滴定至终点时(铈被还原为 Ce ),消耗 25.00mL 标准溶液.该产品中 Ce(OH)4 的质量分数为 95% [Ce(OH)4 的相对分子质量为 208,结果保留两位有效数字]. 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【专题】实验分析题;实验评价题;演绎推理法;物质的分离提纯和鉴别. 【分析】(1)根据影响反应速率的因素可知,为增大反应速率,提高原料的利用率,焙烧 前可将矿石粉碎成细颗粒处理; (2)氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等,加入碳酸钙会生成 硫酸钙和氟化钙等难溶物,据此答题; (3)操作 II 为分液,分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等;萃取的目的 是将溶液中的 Ce 萃取出来,根据萃取剂的要求选择; (4)根据平衡 2Ce (水层)+6HT(有机层)?2CeT3(有机层)+6H (水层)可知,加入酸 平衡向逆反应方程移动,据此分析;
3+ + 3+

18

(5)根据溶度积=c (OH )?c(Ce ),结合 pH=8 及 c(Ce )=b mol?L ,可计算出 a 和 b 的关系; (6)根据流程结合元素守恒可知 Ce(OH)3 结合氧气和水生成 Ce(OH)4,据此书写化学方 程式; (7)根据电子得失守恒有关系式 Ce(OH)4~FeSO4,根据 FeSO4 标准溶液中 FeSO4 的物质的 量可计算出 Ce(OH)4 的质量,进而确定 Ce(OH)4 的质量分数; 【解答】解:(1)根据影响反应速率的因素可知,为增大反应速率,提高原料的利用率, 焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理, 故答案为:粉碎成细颗粒; (2)氟碳铈矿用硫酸强化焙烧得滤液中含有氟离子、铈离子、硫酸等,加入碳酸钙会生成 硫酸钙和氟化钙等难溶物,所以操作 I 中滤渣的主要成分是 CaF2、CaSO4, 故答案为:CaF2、CaSO4; (3)操作 II 为分液,分液需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等;萃取的目的 是将溶液中的 Ce3+萃取出来,根据萃取剂的要求选择可知,HT 要不溶于水,也不和水反应、 Ce 不和萃取剂 HT 发生反应、Ce 在萃取剂 HT 中溶解度大于水,故选①②③, 故答案为:分液漏斗;①②③; (4)根据平衡 2Ce (水层)+6HT(有机层)?2CeT3(有机层)+6H (水层)可知,混合液 中加入 H2SO4 使 c(H )增大,平衡向形成 Ge 水溶液方向移动, 故答案为:混合液中加入 H2SO4 使 c(H+)增大,平衡向形成 Ge3+水溶液方向移动; (5)根据题意,溶液中 c(OH )=10 (10﹣6)3?b,所以 a=10﹣18b, 故答案为:a=10
﹣18 ﹣ ﹣6 + 3+ 3+ + 3+ 3+

3



3+

3+

﹣1

mol?L ,根据溶度积=c (OH )?c(Ce )可知 a=

﹣1

3



3+

b;

(6)根据流程结合元素守恒可知 Ce(OH)3 结合氧气和水生成 Ce(OH)4,反应的化学方程 式为 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4, 故答案为:4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4; (7)根据电子得失守恒有关系式 Ce(OH)4~FeSO4,FeSO4 标准溶液中 FeSO4 的物质的量为 0.025×0.1mol=0.0025mol,所以 Ce(OH)4 的质量为 0.0025mol×208g/mol=0.52g,则样品 中 Ce(OH)4 的质量分数为 故答案为:95%. ×100%=95%,

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【点评】本题主要考查了影响化学反应速率的因素、物质的分离子操作、化学平衡的移动、 氧化还原反应的书写及质量分数的计算, 是对化学基础知识的综合考查, 对学生综合应用基 础知识的能力要求较高,答题时注意守恒的方法及平衡的思想的运用,题目难度中等.

10.2013 年,“雾霾”成为年度关键词.近年来,对“雾霾”的防护与治理成为越来越重 要的环境问题和社会问题.雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项组成. (1)机动车的尾气是雾霾形成的原因之一,近几年有人提出利用选择性催化剂利用汽油中 挥发出来的 C3H6 催化还原尾气中的 NO 气体,请写出该过程的化学方程式: 2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2 (2)我国北方到了冬季烧煤供暖所产生的废气也是雾霾的主要来源之一.经研究发现将煤 炭在 O2/CO2 的气氛下燃烧,发现能够降低燃煤时 NO 的排放,主要反应为: 2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)△H 若①N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H1=+180.5kJ?mol ②CO(g)?C(s)+ O2(g)△H2=+110.5kJ?mol﹣1 ③C (s)+O2(g)?CO2(g)△H3=﹣393.5kJ?mol 则△H= ﹣746.5 kJ?mol . (3)燃煤尾气中的 SO2 用 NaOH 溶液吸收形成 NaHSO3 溶液,在 pH 为 4~7 之间时电解,硫元 素在铅阴极上被电解还原为 Na2S2O4.Na2S2O4 俗称保险粉,广泛应用于染料、印染、造纸、食 品工业以及医学上. 这种技术是最初的电化学脱硫技术之一. 请写出该电解反应中阴极的电 极方程式: 2HSO3 +2H +2e =S2O4 +2H2O (4)SO2 经过净化后与空气混合进行催化氧化后制取硫酸或者硫酸铵,其中 SO2 发生催化氧 化的反应为:2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g).若在 T1℃、0.1MPa 条件下,往一密闭容器通 入 SO2 和 O2(其中 n(SO2):n(O2)=2:1),测得容器内总压强与反应时间如图所示: ①该反应的化学平衡常数表达式:K= ②图中 A 点时,SO2 的转化率为 45% ③计算 SO2 催化氧化反应在图中 B 点的压强平衡常数 K= 代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数) 24300 (Mpa)﹣1 (用平衡分压
﹣ + ﹣ 2﹣ ﹣1 ﹣1 ﹣1

20

④若在 T2℃, 其他条件不变的情况下测得压强的变化曲线如图所示, 则 T1 < T (填“>”、 2 “<”、“=”);其中 C 点的正反应速率 vc(正)与 A 点的逆反应速率 vA(逆)的大小关 系为 vc(正) > vA 逆) (填“>”、“<”、“=”).

【考点】化学平衡的计算;反应热和焓变;反应速率的定量表示方法. 【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题. 【分析】(1)C3H6 催化还原尾气中的 NO 气体,可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳; (2)②×2+③×2﹣①得到 2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g),据此计算反应的焓变; (3)电解反应中阴极上发生得电子的还原反应,根据反应原理来回答书写; (4)①反应平衡常数 K= ;

②结合化学三行计算列式,依据图中 A 点时,气体物质的量 0.085,依据开始和 A 点气体物 质的量之比列式计算,转化率= ×100%;

③图中 B 点,依据化学三行列式计算用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量 分数计算 SO2 催化氧化反应在图中 B 点的压强平衡常数; ④先拐先平温度高,达到平衡所需时间短,温度越高反应速率越大. 【解答】解:(1)C3H6 催化还原尾气中的 NO 气体,可以得到无毒的气体氮气和二氧化碳, 即 2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2;故答案为:2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2; (2) ) ②×2+③×2﹣①得到 2NO (g) +2CO (g) ?N( +2CO( , 反应的焓变=2 (+110.5kJ?mol 2 g) 2 g)
﹣1

) +2 (﹣393.5kJ?mol ) ﹣ (180.5kJ?mol ) =﹣746.5kJ?mol , 故答案为: ﹣746.5kJ?mol ;

﹣1

﹣1

﹣1

﹣1

(3)电解反应中阴极上发生得电子的还原反应,2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2H2O,故答案为: 2HSO3 +2H +2e =S2O4 +2H2O; (4)①2SO2(g)+O2(g)?2SO3,反应的平衡常数 K= ,
﹣ + ﹣ 2﹣

21

故答案为:



②依据化学三行列式计算,设氧气消耗物质的量为 x, 2SO2(g)+O2(g)?2SO3 起始量(mol) 2a 变化量(mol) 2x 平衡量(mol)2a﹣2x a x a﹣x 0 2x 2x = ,x=0.45a

图中 A 点时,气体物质的量 0.085,则 SO2 的转化率= 故答案为:45%; ×100%=45%,

③图中 B 点,依据化学三行列式计算,设氧气消耗物质的量为 y, 2SO2(g)+O2(g)?2SO3 起始量(mol) 2a 变化量(mol) 2y 平衡量(mol)2a﹣2y a y a﹣y 0 2y 2y = ,y=0.9a,

B 点气体物质的量为 0.007,则

平衡常数 K=(



=24300(MPa)﹣1, 故答案为:24300(MPa) ; ④图象分析可知,先拐先平温度高则 T1<T2,C 点是平衡状态,A 点反应未达到平衡状态, 其中 C 点的正反应速率 vC(正)与 A 点的逆反应速率 vA(逆)的大小关系为 vC(正)>vA (逆) 故答案为:<,>. 【点评】本题考查了化学平衡、化学反应速率影响因素的分析应用,图象变化和数值的计算 是解题关键,题目难度中等.
﹣1

【化学--选修 2:化学与技术】(共 1 小题,满分 15 分)
22

11.MnO2 和锌是制造干电池的主要原料 电解法生产 MnO2 传统的工艺主要流程为:软锰矿加煤还原焙烧;用硫酸浸出焙烧料;浸出 液(主要含 Mn2+)经净化后再进行电解,MnO2 在电解池的阳极析出. 90 年代后期发明了生产 MnO2 和锌的新工艺,主要是采用软锰矿(主要成分为 MnO2,含少量 Al2O3 和 SiO2 杂质)和闪锌矿(主要成分为 ZnS,含少量 FeS、CuS、CdS 杂质)为主要原料, 经过除杂后,得到含 Zn 、Mn 离子的溶液,再通过电解同时获得 MnO2 和锌.简化流程框图 如下(中间产物的固体部分已经略去): [软锰矿、 闪锌矿] [ZnSO4、MnSO4 溶液] [滤液 A] [Zn+MnO2+产品 D] [Zn2+、 Mn2+、 Fe2+、 Al3+]
2+ 2+

已知各种金属离子完全沉淀的 pH 如下表: Zn2+ pH 8.0 Mn2+ 10.1 Fe2+ 9.0 Fe3+ 3.2 Al3+ 4.7

回答下列问题: (1)步骤①中,软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应,例如: MnO2+ZnS+2H2SO4═MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O,请写出 MnO2 在酸性溶液中分别和 CuS 和 FeS 发生 反应的化学方程式: MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O 、 MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2 (SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O . (2)步骤②加入金属锌是为了回收金属,回收金属的主要成份为 Cu、Cd (用化学符号 表示) (3)步骤③物质 C 由多种物质组成,其中含有两种固体,其中一种为 MnO2,其作用是 将 Fe2+氧化为 Fe3+ 另外一种固体物质可为 Zn(OH)2 . (4)步骤④中电解过程中 MnO2 在 阳 极析出,该电极上发生的反应方程式为 Mn ﹣2e
2+ ﹣

+2H2O=MnO2+4H+ .产品 D 的化学式为 H2SO4 ,该物质对整个生产的意义是 用于溶解软 锰矿和闪锌矿,循环使用 . 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. 【专题】物质的分离提纯和鉴别. 【分析】(1)MnO2 在酸性溶液中分别和 CuS 和 FeS 发生氧化还原反应,Mn 元素的化合价降 低,S 元素的化合价升高,且 Fe 元素化合价升高; (2)滤液 A 中含金属离子,加 Zn 发生置换反应; (3)由转化可知,铁离子、铝离子转化为沉淀;
23

(4)步骤④中电解过程中 MnO2 应在阳极生成,因 Mn 元素失去电子,阴极上 Zn 得到电子, 得到的硫酸可循环使用. 【解答】解:(1)MnO2 在酸性溶液中分别和 CuS 和 FeS 发生氧化还原反应,Mn 元素的化合 价降低,S 元素的化合价升高,且 Fe 元素化合价升高,由电子、原子守恒可知,反应分别 为 MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O, 故答案为:MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O;MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)
3

+3MnSO4+2S↓+6H2O; Zn2+、Mn2+、Fe2+、Al3+,可知加 Zn 置换出 Cu、Cd,故答案为:

(2)由滤液 A Cu、Cd;

(3)由转化可知,铁离子、铝离子转化为沉淀,其中一种为 MnO2,其作用是将 Fe2+氧化为 Fe ;另外一种固体物质可为 Zn(OH)2(Mn(OH)2、ZnCO3、MnCO3 等)促进铁离子水解转化 为沉淀, 故答案为:将 Fe 氧化为 Fe ;Zn(OH)2; (4)因 Mn 元素失去电子,可知步骤④中电解过程中 MnO2 在阳极析出,该电极上发生的反 应方程式为 Mn ﹣2e +2H2O=MnO2+4H ,硫酸根离子不变,且生成氢离子,可知产品 D 的化学 式为 H2SO4,该物质对整个生产的意义是用于溶解软锰矿和闪锌矿,循环使用, 故答案为:阳;Mn ﹣2e +2H2O=MnO2+4H ;H2SO4;用于溶解软锰矿和闪锌矿,循环使用. 【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用及物质制备实验,为高频考点,把握简化流程 中的反应、混合物分离方法为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度中等.
2+ ﹣ + 2+ ﹣ + 2+ 3+ 3+

【化学--选修 3:物质结构与性质】 12.2015 年 10 月中国药学家屠呦呦因发现青蒿素(一种用于治疗疟疾的药物)而获得诺贝 尔生理医学奖.青蒿素(C15H22O5)的结构如图 1 所示.请回答下列问题:

24

(1)组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是 O>C>H ,在基态 O 原子中,核外存 在 3 对自旋相反的电子. (2)下列关于青蒿素的说法正确的是 a (填序号). a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键 b.在青蒿素分子中,所有碳原子均处于同一平面 c.图中数字标识的五个碳原子均只以 σ 键与其它原子成键 (3)在确定青蒿素结构的过程中,可采用 NaBH4 作为还原剂,其制备方法为:4NaH+B(OCH3)
3

→NaBH4+3CH3ONa

①NaH 为 离子 晶体,如图 2 是 NaH 晶胞结构,则 NaH 晶体的配位数是 6 ,若晶胞棱 长为 a 则 Na 原子间最小核间距为 .

②B(OCH3)3 中 B 采用的杂化类型是 sp2 .写出两个与 B(OCH3)3 具有相同空间构型的分 子或离子 SO3、CO32﹣ . ③NaBH4 结构如图 3 所示.结构中存在的作用力有 离子键、配位键、共价键 . 【考点】晶胞的计算;化学键;原子轨道杂化方式及杂化类型判断;有机物的结构和性质. 【专题】原子组成与结构专题. 【分析】(1)组成青蒿素的三种元素为 H、C、O,根据电负性的递变规律判断电负性的大 小顺序;在基态 O 原子中,核外有 8 的电子,其中有 3 个轨道有成对电子; (2)a.青蒿素中存在 O﹣O 键、C﹣C 键,为非极性键,C﹣O、C﹣H 键为极性键; b.含有饱和碳原子,具有烷烃的结构; c.C=O 键含有 π 键; (3)①NaH 为离子晶体,NaH 晶体中每个钠离子周围有 6 个氢负离子,若晶胞棱长为 a,则 Na 原子间最小核间距为 ;

②B(OCH3)3 中 B 与 3 个 O 原子成键,B(OCH3)3 的相同空间构型平面三角形; ③NaBH4 存在离子键、配位键和共价键. 【解答】解:(1)组成青蒿素的三种元素为 H、C、O,元素的非金属性越强,电负性越强, 非金属性:O>C>H,则 H、C、O 三种元素的电负性由大到小的顺序是 O>C>H,;在基态 O 原子中,核外有 8 的电子,其中有 3 个轨道有成对电子,则核外存在 3 对自旋相反的电子, 故答案为:O>C>H;3; (2)a.青蒿素中存在 O﹣O 键、C﹣C 键,为非极性键,C﹣O、C﹣H 键为极性键,故 a 正确;
25

b.含有饱和碳原子,具有烷烃的结构,则所有碳原子不处于同一平面,故 b 错误; c.C=O 键含有 π 键,故 c 错误; 故答案为:a; (3)①NaH 为离子晶体,NaH 晶体中每个钠离子周围有 6 个氢负离子,若晶胞棱长为 a,则 Na 原子间最小核间距为 故答案为:离子; 6; , ;
2

②B(OCH3)3 中 B 与 3 个 O 原子成键,为 sp 杂化,B(OCH3)3 的相同空间构型平面三角形, 与 B(OCH3)3 具有相同空间构型的分子或离子可为 SO3、CO32﹣, 故答案为:sp2;SO3、CO32﹣; ③B 原子核最外层有 3 个电子,NaBH4 存在离子键、配位键和共价键,故答案为:离子键、 配位键、共价键. 【点评】 本题考查较为综合, 涉及有机物的结构和性质, 以及晶胞的计算、 离子构型等知识, 为高考常见题型和高频考点,侧重于学生的分析、计算能力的考查,难度不大.

【化学--选修 5:有机化学基础】 13. 将猫薄荷中分离出的荆芥内酯与等物质的量的氢气进行加成, 得到的二氢荆芥内酯是一 种有效的驱虫剂,可用于商业生产.如图为二氢荆芥内酯的一种合成路线:

已知 A(C10H16O)的结构中有一个五元环,核磁共振氢谱显示其侧链上有四个不同环境的氢, 且峰面积比为 1:2:3:3. 回答下列问题:

(1)A 的结构简式为

,B 含有的官能团的名称是

羧基、碳碳双键 .

(2) B 与 CH3OH 发生的反应类型是 取代反应 , C 与 HBr 发生的反应类型是 加成反应 .
26

(3)由 D 生成二氢荆芥内酯的化学方程式为



(4) D 在某催化剂作用下可发生反应生成一种高聚物, 其结构简式为



若该高聚物平均相对分子质量约为 20000,则其平均聚合度约为 c (填标号). a.54b.108 c.119 d.133

【考点】有机物的合成. 【专题】有机物的化学性质及推断. 【分析】A 的分子式为 C10H16O,不饱和度为 =3,A 的结构中有一个五元环,结



的结构可知 A 为

,发生氧化反应得到 B 为

,B 与

甲醇发生转化反应得到

,再与 HBr 反应加成反应得到

,在碱性

条件下发生水解反应、酸化得到 D 为

,据此解答.

【解答】解:A 的分子式为 C10H16O,不饱和度为

=3,A 的结构中有一个五元环,

结合

的结构可知 A 为

,发生氧化反应得到 B 为

,B

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与甲醇发生转化反应得到

,再与 HBr 反应加成反应得到

,在碱

性条件下发生水解反应、酸化得到 D 为



(1)A 的结构简式为

,B 为

,含有的官能团为:羧基、碳碳双键,

故答案为:

;羧基、碳碳双键;

(2)B 与 CH3OH 发生的反应属于取代反应,C 与 HBr 发生的反应属于加成反应, 故答案为:取代反应;加成反应; (3)由 D 生成二氢荆芥内酯的化学方程式为:



故答案为:



(4)D 为

,含有羧基、羟基,在某催化剂作用下可发生羧基反应,生成一种

高聚物的结构简式为

,若该高聚物平均相对分子质量约为 20000,则其平

均聚合度约为

=119,

28

故答案为:

;c;

【点评】本题考查有机物的推断与合成,充分利用合成路线中物质的结构简式、反应条件进 行推断, 需要学生熟练掌握官能团的性质与转化, 较好的考查学生分析推理能力, 难度中等.

29


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