2024年高考化学总复习练习题四（含解析）VIP

2024年高考化学总复习练习题(四)

可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23Mg24S32Ca40Fe56

一、选择题：

1.化学与生活、环境、科技等亲密相关。下列说法不正确的是

A.温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威逼

B.油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质

C.石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料

D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量S0,的目的是防止养分成分被氧化

【答案】B

【解析】A、二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的

生存将会受到威逼，故A正确；

B、油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因氧化而变质，故B错误；

C、气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故C正确；

D、二氧化硫具有还原性，可防止养分成分被氧化，故D正确。答案选B。

2.分子式为C4H的物质，能使澳的CCL溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团的物质最多有

A.8种B.7种C.6种D.5种

【答案】A

【解析】能使澳的CCL溶液褪色且只有一种不饱和含氧官能团，说明含有碳碳双键和竣基或酯基中的一种，

当含氧官能团为-C00H时，相应的同分异构体有3种：CH2=C(CH3)C00H,CH2=CHCH2COOH>CH3CH=CHCOOH；当

含氧官能团是酯基时有如下5种：甲酸酯有3种、乙酸酯1种；丙烯酸酯1种，共8种。答案选A。

【点睛】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

推断实力的考查，留意较酸、烯燃的性质，能与NaHCOs溶液反应生成气体，则有机物含-COOH,能使澳的CCL

溶液褪色，分子式为心员。2,比饱和一元较酸少2个H,则含碳碳双键。

3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.Imol碳正离子(OV)所含的电子总数为9NA

B.25℃,pH=13的Ba(0H)z溶液中含有Ok的数目为0.1g

C.常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5g

D.Imol雄黄(As4s“)，结构如图：专中，含有2N.个S—S键

【答案】D

【解析】A.一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离

+

子电子数为6+3T=8,Imol碳正离子(CH3)所含的电子总数为8NA,故A项错误；

B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误;

C.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，且为唯一氧化产物，过氧根中氧为负一价，生

成8g氧气即0.5mol氧气共失去Imol电子，即反应中失电子数为1刈，转移电子数为1g,故C项错误；

D.一个有声分子中含有两个S—S键，Imol雄黄含有21个S—S键，故D项正确；故答案为D。

4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与乂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电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是

A.单质的沸点：Z>W

B.简洁离子半径：X>W

C.元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物

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】B

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与员在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元

素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F,则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层

电子数等于电子层数，丫的原子序数大于Na,则位于第三周期，最外层含有3个电子，为A1元素；W和Z原

子的最外层电子数相同，则Z为C1元素；A.Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，

相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z>W,故A正确；B.X为Na、W为F,二者的

离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简洁离子半径：X<肌故B错误；

C.X为Na,金属钠与。形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；D.X、Y、Z的最高价

氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸

之间能相互反应，故D正确；故答案为B。

5.将4molA(g)和2molB(g)在2L的恒容密闭容器中混合并在肯定条件下发生反应:2A(g)+B(g)合2C(g)AH<0,

反应2s后测得C的浓度为0.6mol•I?。下列说法正确的是

A.2s后物质A的转化率为70%

B.当各物质浓度满意c(A)=2c(B)=c(C^上该反应达到了平衡状态

C.达到平衡状态时，增加A的物质的量，A和B的转化率都提高

D.达到平衡状态时，上升温度，平衡逆向移动，同时化学平衡常数K减小

【答案】D

【解析】起始时,A的浓度为电㈣=2mol/L,B的浓度为生色=1mol/L,反应2s后测得C的浓度为0.6mol/L,

2L2L

则2A(g)+B(g)w2c(g)

起先(mol/L)210

转化（mol/L）0.60.30.6

2s(mol/L)1.40.70.6

A.2s后物质A的转化率为"吧匹X100%=30%,故A错误；

2moVL

B.c(A)=2c(B)=c(C)时，不能判定平衡状态，与起始浓度、转化率有关，故B错误；

C.达到平衡状态时，增加A物质的量，促进B的转化，平衡正向移动，B的转化率增大，而A的转化率减小,

故C错误；

D.AH<0,为放热反应，上升温度，平衡逆向移动，则同时化学平衡常数K减小，故D正确。答案选D。

6.依据下列试验操作和现象所得到的结论正确的是

选项试验操作和现象试验结论

A向苯酚溶液中滴加少量浓澳水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小

向久置的NazSOs溶液中加入足量BaCk溶液，出现白色沉淀；再加入

B部分Na2s被氧化

足量稀盐酸，部分沉淀溶解

向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2sO,，加热；再加入银氨溶液；未出现

C蔗糖未水解

银镜

D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Bn

【答案】B

【解析】A.向苯酚溶液中加少量的浓澳水，生成的三澳苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，

A错误；B.沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的肯定是硫酸领，溶解的是亚硫酸钢，所以亚硫

酸钠只有部分被氧化，B正确；C.银镜反应是在碱性条件下发生的，本试验中没有加入碱中和做催化剂的稀

硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D.溶液变蓝，说明有碘生成或原来就

有碘分子。能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是滨水外，还可能是含其他氧化剂(如Fe>)的溶液；

当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。

7.为探讨用AgNOs溶液将混合溶液中的C「和CrO/沉淀分别，绘制了25℃时AgCl和Ag/rO”两种难溶化合物的溶

解平衡曲线。其中，pAgJ-lgc(Ag+),其余离子类推。两条相交的溶解平衡曲线把图像分成了X、Y、Z、M四

个区域。下列说法错误的是

pCl或pCrO：

A.KsP(Ag£rOj约为1X10"，Ksp(AgCl)的数量级为10戈

B.M区域内可析出AgzCrOa沉淀，而不析出AgCl沉淀

C.向C「、CrO广均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，先析出AgCl沉淀

c(CrO;)

D.向AgKrOa、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，一——W增大

9

【答案】D

【解析】A.依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，AgzCrO4的沉

+22+2

淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s),2Ag(aq)+CrO4"(aq)；Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag)•c(Cr04')=r*10AgCl的

沉淀溶解平衡为：AgCl(s)=Ag+(aq)+CF(aq)；Ksp(AgCl>c(Ag+)-c(CrXO^^lO^lO"10,A正确；

B.在难溶化合物的溶解平衡曲线下方的点，溶液中离子浓度幕之积大于其Ksp,可以形成该物质的沉淀，在

溶解平衡曲线上方的点溶液中离子浓度幕之积小于其Ksp,不行以形成该物质的沉淀，M区域在AgCl溶解曲

线上方而处于AgzCrOa沉淀下方，所以M区域内可析出AgzCrOa沉淀，而不析出AgCl沉淀，B正确；

C.向cr、CrO广均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入稀硝酸银溶液，形成AgCl沉淀须要Ag+的浓度c(Ag+)=

10-1。11012

-----=10-9mol/L；形成AgzCrOa沉淀须要Ag+的浓度c(Ag+)=/-----=3.162X10-6mol/L>10-9mol/L,形成AgCl

0.1V0.1

沉淀须要的Ag+小，因此会先析出AgCl沉淀，C正确；

D.向AgzCrOq、AgCl混合固体和水的溶解平衡体系中加入少量水，其中仍旧存在AgErO”、AgCl的沉淀溶解平

c(CrOt)

衡，温度不变，所以"7—」不变，D错误；故合理选项是D。

C(C1)

二、非选择题：

(一)必考题：共43分。

8.某化学爱好小组欲制备摩尔盐［(NHjzFefOj•6H20］并探究其分解产物。查到如下信息：

摩尔盐可由FeSO4溶液与(NHJ2SO4溶液混合制备;该物质能溶于水、不溶于乙醇，在空气中能渐渐被氧化；100℃

起先分解，且分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。

I.制备摩尔盐

(1)向新制的FeSO"溶液中加入(NHJ2SO4固体，加热，试验过程中最好采纳加热方式。

(2)蒸发浓缩、冷却结晶使摩尔盐结晶析出，晶体过滤后用洗涤。

(3)该小组用滴定法测产品纯度。现称取ag该产品于锥形瓶中，加蒸储水溶解，用0.1000mol/L酸性KMnO&

溶液滴定，到达滴定终点时，消耗KMnOa溶液20.00mL,则该产品的纯度为。

II.探究摩尔盐受热分解的产物

(4)验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。

①所选用装置的正确连接依次为。(可选部分仪器，填装置的字母序号)

②A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计试验证明A中残留固体仅为Fe2O3,而不含FeO或

Fe304o

(5)探究分解产物中的硫氧化物，按A—D—B—F的依次连接装置，进行试验。

①D装置中试剂的作用是o

②试验过程中，仅B中有沉淀生成，其他试验证明摩尔盐受热分解除上述产物外，还有N?生成。写出摩尔盐

受热分解的化学方程式。

【答案】(14分)(1)热水浴(2分)

(2)乙醇(1分)

392

(3)—%(2分)

a

(4)A-E-F-C(2分)取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高

铳酸钾溶液，若高铳酸钾溶液不褪色，则残留固体是FezOs而不含FeO和Fes。」(3分)

(5)检验是否含有S03,并防止SO?和N&一同进入D装置生成白色沉淀，干扰SOs的检验(2分)

2[(NH4)2Fe(SOD2•6H20]=Fe203+4S02t+2NH3f+N2f+17H20(2分)

【解析】L(1)摩尔盐[(NH3Fe(SO3・6H20]不稳定，在温度超过100℃时分解，则试验过程中最好采纳热

水浴加热方式；

(2)摩尔盐能溶于水、不溶于乙醇，则晶体过滤后用乙醇洗涤；

(3)依据5Fe"+Mn0J+8H+=5Fe"+Mn2,+4H20可知：5[(NH4)2Fe(S04)2•6H20]~~~5Fe"~~MnOJ滴定时消耗的KMr。

物质的量为0.Imol/LXO.02L=0.002moL则(NH4)2Fe(S04)2•6H20的物质的量为5X0.002mol=0.OlmoL该产

0.01molx392g/mol392

品的纯度为-------------------xl00%=—%；

aga

II.(4)①试验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解

硫酸亚铁钱，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置E中无水硫酸铜检验生成的

水，再通过装置F中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置C检验氨气的生成，通入后溶液变红

色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接依次为A-E-F-C；

②设计试验证明A中残留固体仅为FezOs,而不含FeO或FesOa,设计试验利用亚铁离子具有还原性可以使酸性

高镒酸钾溶液褪色设计，取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高镒酸

钾溶液，若高锦酸钾溶液不褪色，则残留固体是FezOs而不含FeO和Fes。」；

(5)①利用D装置中盛装的酸性BaCl?溶液可的作用是检验是否含有SO3,并防止S0?和Nm一同进入D装置

生成白色沉淀，干扰S03的检验；

②试验过程中，D中无沉淀，而B中有沉淀生成，说明分解产物中含有SO?,而没有SO3,说明(NHjFe(S04)z

受热分解生成氨气、二氧化硫、氧化铁、水，还有N?产生，结合原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为

2[(NHJ2Fe(SO4)2•6H20]捷Fe203+4S02t+2NH3t+N2t+17H20o

10.C0,和CH,是两种重要的温室气体，通过CH&和C0?反应制造更高价值化学品是目前的探讨目标。

(1)250℃时，以保合金为催化剂，向4L容器中通入6moic0八6molCH4,发生如下反应：C02(g)+CH4(g)

02C0(g)+2H2(g)o平衡体系中各组分体积分数如下表：

物质

CH4CO2coH2

体积分数0.10.10.40.4

①此温度下该反应的平衡常数K=0

1

②已知：CH4(g)+202(g)=C02(g)+2H20(g)AH=-890.3kJ-mor

-1

CO(g)+H20(g)=CO2(g)+H2(g)AH=+2.8kJ,mol

1

2C0(g)+02(g)=2C02(g)AH=-566.0kJ•mol"

1

反应CO2(g)+CH4(g)=2C0(g)+2H2(g)KAH=kJ-moF

(2)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH&干脆转化成乙酸。

①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250〜300℃时，温度上升而乙酸的生成速率

降低的缘由是o

2?tbOO△

OOQ乙

I爵

40信

202

1速

率

1—

00

00200300

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以实行的措施是

(3)Li20>Na?0、MgO均能汲取CO?;

①假如找寻汲取C02的其他物质,下列建议不合理的是o

a.可在具有强氧化性的物质中找寻

b.可在碱性氧化物中找寻

c.可在IA、IIA族元素形成的氧化物中找寻

②LizO汲取CO2后,产物用于合成LidSiO,,LiLiOi用于汲取、释放CO2,原理是：在500℃,CO?与I^SiO”接

触后生成LiEOs；平衡后加热至700℃,反应逆向进行，放出CO?,LnSiO,再生，说明该原理的化学方程式是

（4）高温电解技术能高效实现下列反应：C02+H20备CO+H计。2,其可将释放的C。,转化为具有工业利用

价值的产品。工作原理示意图如下:

H

电极a

固体电解质----:

电极b

COz在电极a放电的电极反应式是

【答案】（14分，每空2分）（1）64+247.3

（2）温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大CO2的浓度

(3)aCO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3

(4)C02+2e-=C0+0”

【解析】(1)建立三步走思维：

CO2(g)+CH4(g)l2CO(g)+2H2(g)

开始6mol6mol00

转化xmolxmol2xinol2xmol

平衡(6-x)mol(6-x)mol2xinol2xmol

6-x

-=0.1

6-x+6-x+2x+2x

x=4

①此温度下该反应的平衡常数K=\2=64

—x—

44

1

②已知:®CH4(g)+20z(g)=C02(g)+2H20(g)AH=-890.3kJ-moF

1

②CO(g)+H20(g)=CO2(g)+H2(g)AH=+2.8kJ-mol-

1

③2co(g)+02(g)=2C0z(g)AH=-566.0kJ-moF

将①+②X2-③X2,反应C0z(g)+CH4(g)d2co(g)+2Hz(g)的AH=+247.3kJ-mol-1

⑵以二氧化钛表面覆盖CU2Al为催化剂，可以将CO?和CH,干脆转化成乙酸。

①250〜300℃时，依据图中信息知道高于250℃时，催化剂的催化效率降低，因此温度上升而乙酸的生成速率降

低，故答案为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②为了提高该反应中C也的转化率，可以实行的措施是增大压强或者增加二氧化碳的浓度，

⑶丘0、Na20>MgO均能汲取C02；

①a选项，可在具有强氧化性的物质中找寻，强氧化性的物质不与二氧化碳反应，故a不合理；

b选项，碱性氧化物与二氧化碳反应，故b合理；

c选项，可在IA、IIA族元素形成的氧化物主要是碱性氧化物，与二氧化碳反应，故c合理；

综上所述，答案为a；

②LiQ汲取CO,后，产物用于合成LiSiOa,LiSiOa用于汲取、释放CO2,原理是：在500℃,CO?与LiSiO4接触

后生成Li£03,依据质量守恒，另一中生成物为LizSiOs,平衡后加热至700℃,反应逆向进行，放出CO?,LnSiO,

再生，说明该原理的化学方程式是CO2+Li4SiO4;=SLi2cO3+Li2SiO3,

故答案为C02+Li4SiO4『TLi2cO3+Li2SiO3；

⑷依据分析CO?在电极a放电变为CO,化合价降低，得到电子，因此其电极反应式是CO?+2葭=C0+()2，

11.水是一种重要的自然资源，水质优劣干脆影响人体健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁

(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为FezOs、FeO、SiO?等)和废铁屑为原料制取聚合

x

硫酸铁([Fez(OH)*(SOJ3--]J的工艺流程如图：

2

(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有(填标号)。

a.容量瓶b.烧杯c.玻璃棒d.分液漏斗

(2)废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为,步骤③的详细试验操作有一。

(3)水解、聚合要严控pH和温度。pH偏小时Fe，+水解程度弱，pH偏大时则。写出水解、聚合反应生

成PFS的化学方程式：o

(4)步骤⑥相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是o

(5)污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu,Hg2\Pb。+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列

物质能作为沉淀剂的是(填标号)。

a.氨水b.硫化氢气体c.硫酸钠溶液d.纯碱溶液

(6)硬度为1°的水是指每升水含lOmgCaO或与之相当的物质(如7.ImgMgO)o若某自然水中

c(Ca2+)=l.5X10^mol/L,c(Mg2+)=6.4X10^mol/L,则此水的硬度为。

【答案】(15分)(1)be(2分)

(2)FeG・nHzO或FezOs(1分)蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)(2分)

xmx

(3)形成氢氧化铁沉淀(2分)mFe(S0)+xmH0[Fe?(OH)(S0)3--]„+—HS0(2分)

2432x42224

(4)降低蒸发温度防止产物分解(2分)

(5)bd(2分)

(6)12°(2分)

【解析】黄铁矿的烧渣中主要成分为FezOs、FeO、SiO2,向其中加入稀硫酸，发生反应产生FeSO”、Fe2(S04)3,

SiO,不溶于水，将其过滤除去，向滤液I中加入废Fe屑，Fe2(S0j会发生反应产生FeSO”过滤除去过量的

铁屑，将滤液H蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO「7艮0,向其中加入压SO”、H202,发生氧化还原反

应产生Fe2(SO3,然后经水解、聚合得到PFS。

(1)配制肯定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先依据计算用量筒量取肯定体积的浓硫酸，将其沿烧杯内

部缓缓倒入盛有肯定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后运用的水量与计算一样时，

停止加入，搅拌匀称，就得到待求质量分数的溶液。故运用的仪器，除量筒外，还须要烧杯和玻璃棒，故合

理选项是be；

(2)铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁，化学式写为FezO,•nHz。或Fez。,；步骤③是从FeSO,溶液

中获得的FeSO「7H?0,详细试验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)；

(3)铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe，+水解使溶液显酸性，增大溶液中c(10,盐水解程度减小，即pH偏小

时Fe"水解程度弱，pH偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。依据题意可知Fez(SOJ3水解、聚合反

xmx

应生成PFS的化学方程式为：mFe2(S04)3+xmHa=[Fe2(0H)、(S04)3-—L+——H2s0&。

22

的水解规律及盐水解的酸碱性分析；

(4)降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发好；

(5)a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子NHJ,不符合题意；

b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的CuS、HgS、PbS沉淀，然后经过滤除去，b符合题意；

c.硫酸钠溶液不能除去Cu,去除效果不志向，c不符合题意；

d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d符合题意；故合理选项是bd；

(6)c(Ca2+)=l.5X10-3mol/L,则c(Mg")=6.4XlOZiol/L,IL水中含有n(C」)=X5X103mol,

n(Mg2+)=6.4XlO^moL依据元素守恒可得m(CaO)=1.5X10-3molX56g/molX1000mg/g=84mg,

」,84mg25.6mg

m(MgO)=6.4X10molX40g/molX1000mg/g=25.6mg,所以该水的硬度为77------H——--------=12°。

10mg7.1mg

(-)选考题：

12.碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：

(1)在元素周期表中，与Li的化学性质最相像的邻族元素是(填元素符号)，该元素基态原子最

外层电子的自旋状态（填“相同”或“相反”兀

（2）碳和硅的有关化学键键能如下所示：

化学键C-HC-CSidHSi-0

键能/kjw）『413336318452

SiBi的稳定性小于C%,更易生成氧化物，缘由是。

（3）自然硅酸盐都是由［SiOj四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多。下

图a代表SiO：,b、c是硅氧四面体形成的环状结构。

硅氧四面体中Si的轨道杂化类型为；图b环状结构硅酸根的化学式为若在环

状结构中硅的原子数为n,写出环状结构中硅酸根的通式。

（4）钾与澳作用能形成澳化钾晶体，该晶体类型为，其晶格能可通过下图的Borm±aber循环计

算得到。

-393.8kj-mof

K(s)+l/2Br；(l)KBr(s)

15.5kJ.mor'

l/2Br式g)

89.2kj-mol'1

96.5kJ.moK1

-324.7kj-mof'

Br(g)-----------------------Br(g)

,+

418.8kj-tnor'

K(g)--------------------------------------►K*(g)

从上图可知，K原子的第一电离能为kJ/moLBr丹r键键能为kJ/moLKBr的晶格能为

kj/mol,晶格能越大，该晶体的熔点越—

【答案】（15分）

（1）Mg（1分）相反（1分）

（2）C千键的键能大于CK键，C出键比CE键稳定，而Si七键的键能却远小于SiE键，所以Si出键不稳

定而倾向于形成稳定性更强的SiE键（2分）

（3）sp3杂化（1分）位论"-（2分）SiaK（2分）

（4）离子晶体（2分）418.8（1分）193.0（1分）689.1（1分）高（1分）

【解析】（1）在周期表中，与Li的化学性质最相像的邻族元素是Mg,该元素是12号元素，核外电子排布是

Is22s22Pti3s2,在同一轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，所以在Mg原子基态原子核外M层电子2个电

子的自旋状态相反；

(2)由表中数据可知，C出键的键能大于CK键，C出键比C~0键稳定.而Si出键的键能却远小于Si内键,

所以Si七键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiE键，所以SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物SiO?；

(3)硅氧四面体中Si原子与4个0原子形成4个。键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体，Si原子

轨道杂化类型为sp'杂化；

b中含有3个四面体结构，所以含有3个Si原子，含有的氧原子数为9,含有氧原子数比3个硅酸根离子少6

个3,带有的电荷为：3义(4)=6该离子化学式是(SiO*-；

c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18,含有氧原子数比6个硅酸根离子少

6个0,带有的电荷为：6X(^)=-12；依据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n23),则含有n

个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个0原子，即：含有n个Si,则含有3n个0,带有

的负电荷为:nX(-2)=-2n,其化学式为:SiM；

(4)KBr晶体由K，、Br-通过离子键结合形成离子晶体；依据示意图可知K原子的第一电离能为418.8kJ/mol；

LmolBn蒸气转化为Br气态原子汲取能量96.5kJ,则Brfr键键能96.5kJ/molX2=193.OkJ/mol；

2

晶格能是气态离子形成Imol离子晶体释放的能量，则依据图示，结合盖斯定律可得

(89.2+418.8)+(15.5+96.5-324.7)kJ/mol-QkJ/mol=^93.8kJ/moL解得Q=+689.IkJ/mol；

离子晶体的晶格能越大，离子之间的作用力就越强，断裂消耗的能量就越大，因此该晶体的熔点越高。

13.有机制药工业中常用以下方法合成一种药物中间体(G)：

N三C

(1)G的分子式是___o

(2)化合物A中含氧官能团的名称为

(3)由C-D的反应类型为—；化合物E的结构简式为

(4)写出B-C的反应的化学方程式：―0

(5)写出同时满意下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_o

①能与新制Cu(OH)2在加热条件下反应生成成红色沉淀，水解产物之一能与FeCL溶液发生显色反应；

②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1：2：4：9；

③分子中含有氨基。

CH2CH2CH3

(6)已知：RCN——~>RCHNH,请写出以HOOCCH2cH£00H和CH3CH2CI为原料制备0-N0的合成路途

催化剂,△22vY

流程图—(无机试剂任用)。合成路途流程图示例如下：

CH3cH20H浓硫酸》CH?=CH2里1CH3cH2cl

i7or

【答案】(15分)

(1)CHHI802N2(2分)

(2)埃基(1分)

⑶取代反应(2分)HsCN^V^00011(2分)

COOH

COOC2Hs2c

(4)+HC1-门分)

C^=N—/pi

o