2016年辽宁省东北育才学校高中部高考八模试卷化学.docx

1、2016 年辽宁省东北育才学校高中部高考八模试卷 化学 一、选择题 1.下列说法正确的是 ( ) A.大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收 B.现代科技已经能够拍到氢键的照片，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键 C.我国已能利用 3D 打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛 D.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 解析： A.油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故 A错误； B.拍到氢键的照片，

2、直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故 B 错误； C.钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故 C 正确； D.活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故 D 错误 。 答案： C 2.某同学在研究前 18 号元素时发现，可以将它们排成如下图所示的蜗牛形状，图中每个 代表一种元 素，其中 O 点 (最中心的点 )代表起点元素 。 下列说法中正确的是 ( ) A.物质 YO 可能具有较强的氧化性 B.图中离 O 点越远的元素，其原子半径一定越大

3、 C.O2X、 WO3 分子内都含有氢键，所以沸点都较高 D.科学家发现一种新细菌的 DNA 链中有砷 (As)元素，该 As 元素最有可能取代了普通 DNA链中的 Z 元素 解析： O 点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知， W 为 N 元素，X 为 O 元素， Y 为 Na 元素， Z 为 P 元素，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族 。 A.NaH 中氢元素为 1 价，具有较强的还原性，故 A 错误； B.随原子序数增大距离 O 的距离增大，而同周期主族元素，随原子序数增大原子半径减小，图中离 O 点越远的元素，其原子半径不一定越大，故 B 错误； C.H2O

4、、 NH3 分子间都含有氢键，所以沸点都较高，而分子内为共价键，故 C 错误； D.As 与 N 元素处于同主族，性质具有相似性，该 As 元素最有可能取代了普通 DNA 链中的Z 元素，故 D 正确 。 答案： D 3.在某温度时，将 n molL 1 氨水滴入 10mL 1.0molL 1 盐酸中，溶液 pH 和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是 ( ) A.a 点 Kw=1.010 14 mol2L 2 B.水的电离程度： b c a d C.b 点： C(NH4+) C(Cl ) C(H+) C(OH ) D.25 时 NH4Cl 水解常数为 (n 1)10 7

5、molL 1(用 n 表示 ) 解析： A.水的离子积与温度有关， a 点时溶液温度小于 25 ，则水的离子积 Kw 1.010 14 mol2L 2，故 A 错误； B.b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则 a、 d 两点都抑制了水的电离，则 b 点水的电离程度最大；由于 d 点混合液的 pH 不知，则无法判断 a、 d 两点水的电离程度大小，故 B 错误； C.b 点时溶液的 pH 7，则 c(H+) c(OH )，根据电荷守恒可知： c(Cl ) c(NH4+)，溶液中正确的离子浓度大小为： c(Cl ) c(NH4+) c(H+) c(OH

6、 )，故 C 错误； D.根据图象可知， 25 时溶液的 pH=7，则： c(H+)=c(OH )=10 7 molL 1， c(NH4+)=c(Cl )=0.5mol/L，根据物料守恒可知： c(NH3H2O)=(0.5n 0.5)mol/L，则 25 时 NH4Cl 水解常数为： K= =(n 1)10 7，故 D 正确 。 答案： D 4.某无色溶液，由 Na+、 Ag+、 Ba2+、 Al3+、 AlO2 、 MnO4 、 CO32 、 SO42 中的若干种组成，取该溶液进行如下实验： 取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液； 在 所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体

7、生成；同时析出白色沉淀甲； 在 所得溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出 。 根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是 ( ) A.不能判断溶液中是否存在 SO42 B.溶液中一定不存在的离子是 CO32- C.不能判断溶液中是否存在 Ag+ D.不能判断是否含有 AlO2 离子 解析： 某无色溶液，说明溶液中一定不会存在高锰酸根离子， 加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在 CO32 ，一定不存在 Ag+、 Ba2+、 Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈电中性可知溶液中一定存在 Na+； 在 所

8、得溶液中加入过量 NH4HCO3 溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在 AlO2 ， 在 所得溶液中加入过量 Ba(OH)2 溶液，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡； 所以溶液中一定存在的离子有： CO32 、 Na+、 AlO2 ，银离子一定不存在 。 答案： A 5.下列实验方案能达到实验目的是 ( ) 选项 实验方案 实验目的或结论 A 将硫酸酸化的 H2O2 溶液滴入 Fe(NO3)2 溶液中，溶液变黄色 可证明氧化性：H2O2 比 Fe3+强 B 向 1mL 1%的 NaOH 溶液中加入 2mL 2%的

9、CuSO4 溶液，振荡，再加入 0.5mL 有机物 Y，加热，未出现砖红色沉淀 说明 Y 中不含醛基 C 取 ag 铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为 V L(已转化为标准状况下 ) 测定铝箔中氧化铝的含量 D 比较不同反应的反应热数据大小 从而判断反应速率的大小 A.A B.B C.C D.D 解析： A.不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故 A错误； B.向 1mL 1%的 NaOH 溶液中加入 2mL 2%的 CuSO4 溶液，碱不足，醛基与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，故 B 错误； C.铝和氢氧化钠发生 2Al+2N

10、aOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，故 C 正确； D.反应热与反应速率没有必要联系，故 D 错误 。 答案： C 6.下列有关说法正确的是 ( ) A.实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀 H2SO4 中滴加少量 Cu(NO3)2 溶液 B.N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H 0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大 C.吸热反应 TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)在一定条件下可自发进行，则该反应的 S 0 D.在稀 AgNO3 溶液中加入过量 NaCl 溶液，产生白色沉淀，再加入少量 Na2S 溶液，

11、出现黑色沉淀，则加入 Na2S 溶液后 c(Ag+) 更小了 解析： A、硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应生成氮的氧化物，可改为滴加少量的硫酸铜溶液，形成微小原电池加快反应速率，故 A 错误； B、正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时氢气转化率减小，故 B 错误； C、反应前后气体的总量不变 S=0，故 C 错误； D、不再有沉淀生成，再向其中滴加 Na2S 溶液，生成黑色沉淀，可知发生沉淀的转化，则证明 AgCl 能转化为溶解度更小的 Ag2S，所以溶液后 c(Ag+) 更小了，故 D 正确 。 答案： D 7.下列说法不正确的是 ( ) A.油脂发生皂化反应能生成甘油 B.乙炔

12、、丙烯酸 (CH2=CHCOOH)、醋酸乙烯酯 (CH3COOCH=CH2)均可作为合成聚合物的单体 C.蔗糖及其水解产物均能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀 D.谷氨酸分子 ( )缩合最多可形成 2 种二肽 (不考虑立体异构 ) 解析： A.油脂是高级脂肪酸甘油脂，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故 A 正确； B.乙炔、丙烯酸 (CH2=CHCOOH)、醋酸乙烯酯 (CH3COOCH=CH2)含有双键或三键，均可作为合成聚合物的单体，故 B 正确； C.蔗糖为非还原性糖，不能与新制氢氧化铜反应生成红色沉淀，故 C 错误； D.谷氨酸分子不对称，缩合最多可形成 2 种二肽，故 D 正确

13、 。 答案： C 二、解答题 8.中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾 (K2MnO4)具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险 。 因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质 。 (1)打开分液漏斗活塞及弹簧夹 2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶 。 反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式： 。 解析： A 装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，

14、并降低氯气在水中的溶解度， C 是制备漂白粉， D 是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气。 锰酸钾 (K2MnO4)具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据 K2MnO4 中的化合价为 +6 价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为： 3K2MnO4+4HCl(浓盐酸 )=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾 与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl(浓 )2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2

15、O。 答案： 3K2MnO4+4HCl(浓盐酸 )=2KMnO4+4KCl+MnO2+2H2O、2KMnO4+16HCl(浓 )2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (2)该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因 。 解析：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率，所以用锰酸钾制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多。 答案：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率 (3)该小组利用装置 C 吸收氯气制备漂白粉 。 C 中盛装的试剂为 陶瓷多孔球泡的作用是 解析：用石灰乳与氯

16、气制备漂白粉。陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分。 答案：石灰乳 增大气体接触面积，使氯气吸收更充分 (4)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取 1.5g 所制漂白粉配成溶液，调节 pH 值并加入指示剂，用 0.1000mol/LKI 溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗 20.00mL 标准液时达到滴定终点，反应原理涉及到的方程式为： 3ClO +I =3Cl +IO3 ； IO3 +5I +3H2O=6OH +3I2 所选的指示剂为 ，达到滴定终点的标志是 。 该漂白粉中有效成分的质量分数为 。 解析：反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为

17、浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点。 先根据反应离子方程式确定出 ClO 与 I 的关系， 3ClO +I =3Cl +IO3 ； IO3 +5I +3H2O=6OH +3I2 将方程式 +得： ClO +2I +H2O=Cl +2OH +I2 每次实验消耗 KI 溶液的体积为 20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为 x， ClO +2I +H2O=Cl +2OH +I2 1mol 2mol x 0.1000molL 10.020L 所以 x=0.001mol 每次实验次氯酸钙的质量为： 143g/mol0.001mol0.5=0.0715g，三次实验总质量为0.0715g3=0.214

18、5g， 所以质量分数为： 100%=14.3%。 答案：淀粉 最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色 14.3% (5)打开分液漏斗活塞及弹簧夹 1，可观察到 D 中的现象为 ，该现象能够证明氯气有氧化性 。 甲同学认为取 D 中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，也能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，你认为是否正确并说明理由 。 解析： 打开分液漏斗活塞及弹簧夹 1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取 D 中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与 水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡

19、所得产物 。 答案： 出现白色沉淀 不正确，氯气与水反应也生成 氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物 9.锂离子电池的广泛应用使得锂电池的回收利用一直是科学家关注的焦点 。 磷酸铁锂则是锂电池中最有前景的正极材料，磷酸铁是其前驱体，充放电时可以实现相互转化 。 某研究性小组对废旧锂离子电池正极材料 (图中简称废料，成份为 LiFePO4、碳粉和铝箔 )进行金属资源回收研究，设计实验流程如图 1： 已知： FePO4 可溶于稀 H2SO4，不溶于水和其他的酸 。 Li2SO4、 LiOH 和 Li2CO3 在 273K 下的溶解度分别为 34.2g、 22.7g 和 1

20、.54g373K 下， Li2CO3的溶解度为 0.72g。 KspAl(OH)3=10 32KspFe(OH)3=410 38。 (1)可以提高操作 1 浸出率的方法有 (写出 3 种 ) 。 解析：锂离子电池正极材料 (成份为 LiFePO4、碳粉和铝箔 )氢氧化钠溶液溶解，过滤得滤渣A 中含有 LiFePO4、碳粉，滤液 A 中含有四羟基合铝酸钠，滤液 A 中通入二氧化碳得沉淀 A为氢氧化铝，氢氧化铝经过灼烧分解、电解可得铝，滤渣 A 中加入双氧水、硫酸，过滤得滤渣 B 为碳粉，滤液 B 的主要成分为 Fe3+、 Li+、 PO43 ，调节滤液 B 的 PH 值，过滤，可得沉淀 B 为氢

21、氧化铁，滤液 C 中含有 Li+、 PO43 ，滤液 C 中加入碳酸钠可得沉淀 C 为 Li2CO3。 根据影响反应速率的因素可知，提高操作 1 浸出率的方法有升温，搅拌，增大浓度，增加时间等。 答案：升温，搅拌，增大浓度，增加时间等 (2)完成操作 3 中的离子方程式： 。 解析：操作 3 中加入双氧水，将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2LiFePO4+H2O2+2H+=2Fe3+2Li+2PO43 +2H2O。 答案： 2LiFePO4+H2O2+2H+=2Fe3+2Li+2PO43 +2H2O (3)该锂电池充电时的正极反应式： 。 解析：锂电池充电时的正极即为阳极，发生氧化

22、反应，反应式为 FePO4+Li+e =LiFePO4。 答案： FePO4+Li+e =LiFePO4 (4)操作 4 中应选择试剂 将溶液调节 pH 值至 。 解析：操作 4 中是调节 PH 值，使得铁离子沉淀完全，应选择试剂为 NaOH，由于KspFe(OH)3=410 38 ，要使铁离子沉淀完全，即 c(Fe 3+ ) 10 5mol/L，所以此时 c(OH ) =10 11mol/L，即 pH=3.2，所以要将溶液调节 pH 值至 PH 3.2。 答案： NaOH 大于 3.2 (5)沉淀 C 的成分 。 解析：根据上面的分析可知，沉淀 C 的成分为 Li2CO3。 答案： Li2C

23、O3 (6)磷酸铁也可以通过电解法制备，如 图 2， 请完成制备过程的总反应离子方程式： 。 解析： 磷酸铁也可以通过电解法制备，如右图 2，铁作阳极生成亚铁离子，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，再结合磷酸根离子生成磷酸铁，所以制备过程的总反应离子方程式为：Fe2+H2O2+2PO43 =2FePO4+H2O。 答案： Fe2+H2O2+2PO43 =2FePO4+H2O 10.纳米氧化亚铜在水的光解等领域具有极大应用潜能，是极具开发前景的绿色环保光催化剂 。 目前主要的合成方法有电解法、高温固相法等 。 (1)有研究表明阳极氧化法成功制得了 Cu2O 纳米阵列，装置如图： 该电池的阳极反应方程

24、式为 离子交换膜为 (填阳或阴 )离子交换膜，铜网应连接电源的 极 。 解析：阳极氧化法制 Cu2O，铜失去电子，根据电荷守恒，溶液中有氢氧根离子参与反应，电极反应式为 2Cu 2e +2OH =Cu2O+H2O，离子交换膜需允许氢氧根离子通过， 为阴离子交换膜；铜网作阳极，与电源的正极相连。 答案： 2Cu 2e +2OH =Cu2O+H2O 阴 正 (2)在高温下用甲烷将粉状 CuO 还原也可制得 Cu2O。 已知： 2Cu(s)+ O2(g)=Cu2O(s)； H= 169kJmol 1 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)； H= 846.3kJmol 1 Cu(s

25、)+ O2(g)=CuO(s)； H= 157kJmol 1 则该反应的热化学方程式是： 。 解析：目标反应为 8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律知，目标反应相当于 8+4 ，故 H=( 846.3)+ 4= 266.3kJ/mol。 答案： 8CuO(s)+CH4(g)=4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g) H= 266.3kJ/mol (3)在相同的密闭容器中，用等质量的三种纳米 Cu2O(用不同方法制得 )分别进行催化分解水的实验： 2H2O(g) 2H2(g)+O2(g) H 0.水蒸气浓度随时间 t 变化如下表所示：

26、序号 0 10 20 30 40 50 T1 0.050 0.0492 0.0486 0.0482 0.0480 0.0480 T1 0.050 0.0488 0.0484 0.0480 0.0480 0.0480 T2 0.10 0.094 0.090 0.090 0.090 0.090 对比实验的温度： T2 T1(填或 )，原因是 。 实验 前 20min 的平均反应速率 v(O2)= 。 比较不同方法制得的 Cu2O 的催化效果应选用 组实验，原因是 。 解析： 因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大， 的平衡常数大于 ，所以 T2 T1。 前 20min

27、内水蒸气反应速率 = mol/(L。 min)=710 5mol/(Lmin)，同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则氧气反应速率 =3.5105mol/(Lmin)。 研究催化剂对反应速率的影响，只能让催化剂作为变量，其余的均相同，从数据表格知 和 为研究催化剂对反应速率影响的实验 。 答案： 因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，的平衡常数大于 ，说明 T2 大于 T1 3.510 5mol/(Lmin) 和 除催化剂外，其他条件相同 11.中国是世界炼锌的发源地，宋应星著于明崇祯十年的天工开物一书则是最早记述炼锌技术的典籍 。 回答下

28、列问题： .天工开物中有关于升炼倭铅的记载：炉甘石 (碳酸锌 )十斤，装载入一泥罐内， ，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红， ，冷淀，毁罐取出， ，即倭铅 (金属锌 )也 。 该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为 。 解析：碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，化学方程式为： ZnCO3+2CZn+3CO。 答案： ZnCO3+2C Zn+3CO .目前，工业上主要采用湿法炼锌 。 以闪锌矿 (主要成分为 ZnS，含有 FeS 等杂质 )为原料冶炼锌的工艺流程如图所示 。 闪锌矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的成分的化学式为 。 焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸的

29、名称是 。 工业上常采用针铁矿法净化浸出液，在 80 100 ， Fe3+浓度低于 1g/L，调节浸出液的 pH 在 3 5 之间，溶液中的铁可以呈针铁矿 (FeOOH)的形式析出 。 浸出液的 Fe3+浓度较高，应先加入 SO2 或 ZnS 将 ，再以 ZnO 调节酸度，在空气缓慢氧化得 Fe3+，最后 Fe3+ 转化成针铁矿沉淀 。 Fe2+沉淀过程的总离子方程式为 。 电解沉积锌是以 Pb Ag 合金惰性电极作阳极、纯铝板作阴极，通以直流电，在 上析出金属锌，电解过程的化学反应方程式为 。 解析： 闪锌矿 (主要成分为 ZnS，含有 FeS 等杂质焙烧可生成 ZnO、氧化铁等，含尘烟气含

30、有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，净化除去铁元素，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用 。 含锌矿的主要成分是 ZnS、 FeS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为 ZnO、Fe2O3。 含尘烟气含有含硫氧化物，根据元素守恒可知，制得的酸为硫酸 。 除去浸出液的 Fe3+，可以用 SO2 或 ZnS 将其中的 Fe3+还原为 Fe2+，再以 ZnO 调节酸度，同时亚铁离子被空气氧化得 FeOOH 而除去铁元素，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4ZnO+2H2O=4FeOOH+4Zn2+。 电解硫酸锌溶液，锌离子

31、在阴极被还原成锌单质，阳极上氢氧根放电生成氧气，电解的化学方程式为 2ZnSO4+2H2O 2Zn+2H2SO4+O2。 答案： ZnO、 Fe2O3 硫酸 其中的 Fe3+还原为 Fe2+ 4Fe2+O2+4ZnO+2H2O=4FeOOH+4Zn2+ 阴极 2ZnSO4+2H2O 2Zn+2H2SO4+O2 12.磷元素在生产和生活中有广泛的应用 。 (1)P 原子价电子排布图为 。 解析： P 原子价电子排布式为 3s22p3，结合泡利原理、洪特规则，可知价电子排布图为。 答案： (2)四 (三苯基膦 )钯分子结构如图 ( )： P 原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道

32、类型为 ；判断该物质在水中溶解度并加以解释 。 该物质可用于如图所示物质 A( )的合成：物质 A 中碳原子杂化轨道类型为 ；一个A 分子中手性碳原子数目为 。 解析： P 原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为 sp3， 水为极性分子，四 (三苯基膦 )钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶， A 分子中 C 原子均没有孤对电子，三键中 C 原子杂化轨道数目为 2，双键中碳原子杂化轨道数目为 3，其它碳原子杂化轨道数目为 4，碳原子杂化方式为： sp、 sp2、 sp3， 连接 4 个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，分子中有 3 个手性碳原子。 答案：

33、sp3 不易溶于水。水为极性分子，四 (三苯基膦 )钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶 sp、 sp2、 sp3 3 (3)在图示中表示出四 (三苯基膦 )钯分子中配位键 。 解析： Pd 含有空轨道， P 原子有 1 对孤对电子，提供孤对电子与 Pd 形成配位键，分子中配位键为： 。 答案： (4)PCl5 是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在 148 液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中 P Cl 的键长只有198nm 和 206nm 两种，这两种离子的化学式为 ；正四面体形阳离子中键角小于 PCl3 的键角原因为 ；该晶

34、体的晶胞如图所示，立方体的晶胞边长为 a pm， NA 为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。 解析： PCl5 是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在 148 液化，形成一种能导电的熔体，形成的正四面体形阳离子为 PCl4+，正六面体形阴离子为 PCl6 ； P 原子杂化方式均 为 sp3 杂化， PCl3 分子中 P 原子有一对孤电子对， PCl4+中 P 没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，故正四面体形阳离子中键角小于PCl3 的键角， 由晶胞结构可知， PCl4+位于体心， PCl6 位于顶点，由均摊法可知晶胞中含有 PCl6 数目为 8=

35、1，则晶胞质量为 g，晶胞边长为 a pm，则晶胞密度 g(a10 10cm)3=g/cm3。 答案： PCl4+和 PCl6 两微粒中 P 原子杂化方式均为 sp3 杂化， PCl3 分子中 P 原子有一对孤电子对， PCl4+中 P 没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (5)PBr5 气态分子的结构与 PCl5 相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种 P Br键长，试用电离方程式解释 PBr5 熔体能导电的原因 。 解析： PBr5 气态分子的结构与 PCl5 相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种 P Br 键长，则电离生成 PBr4+与 B

36、r ，电离方程式为： PBr5=PBr4+Br 。 答案： PBr5=PBr4+Br 13.有机物 DBP 常用作纤维素树脂和聚氯乙烯的增塑剂，特别适用于硝酸纤维素涂料 。 具有优良的溶解性、分散性和粘着性 。 由有机物 A 和邻二甲苯为原料可以合成 DBP。 已知： 烃 A 是有机合成的重要原料 。 A 的质谱图表明其相对分子质量为 42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键； B 能发生银镜反应；有机物 C 的核磁共振氢谱显示其分子中含有 5 种化学环境不同的氢原子，且个数之比为 3： 2： 2： 2： l。 回答下列问题： (1)A 的结构简式为 ； A 在一定条件下生成聚合物的化学方程式为

37、。 解析：烃 A 的质谱图表明其相对分子质量为 42，分子中最大碳原子数为 =36 ，故 A 的分子式为 C3H6，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则 A 为 CH3CH=CH2； A 发生信息中醛的加成反应生成 B 且 B 能发生银镜反应，结合 B 与氢气发生加成反应生成 C，有机物 C的核磁共振氢谱显示其分子中含有 5 种化学环境不同的氢原子，且个数之比为 3： 2： 2： 2：1，则 B 为 CH3CH2CH2CHO， C 为 CH3CH2CH2CH2OH，邻二甲苯发生氧化反应生成 D 为， C 与 D 发生酯化反应生成 DBP 为 。 由上述分析可知， A 的结构简式为 CH3CH=C

38、H2， CH3CH=CH2 在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式： ，反应方程式为： nCH3CH=CH2。 答案： CH3CH=CH2 n CH3CH=CH2 (2)D 中的含氧官能团是 。 有机物 D 和足量有机物 C 反应生成 DBP 的化学方程式是 。 解析： D 为 ， D 中的含氧官能团是羧基，有机物 D 和足量有机物 C 反应生成 DBP的反应是 CH3CH2CH2CH2OH 与邻苯二甲酸发生酯化反应，反应的方程式为：。 答案：羧基 (3)下列说法正确的是 (选填序号字母 )。 A.A 能发生聚合反应、加成反应和氧化反应 B.与 C 互为同分异构体，且含有相同官能

39、团的有机物有 2 种 C.邻二甲苯能氧化生成 D 说明有机物分 子中基团之间存在影响 D.1mol DBP 可与含 4mol NaOH 的溶液完全反应 解析： A.A 为 CH3CH=CH2，含有碳碳双键，能发生聚合反应、加成反应和氧化反应，故 A正确； B.C 为 CH3CH2CH2CH2OH，与 C 互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有CH3CH2CH(OH)CH3、 (CH3)2C(OH)CH3 种、 (CH3)2CHCH2(OH)3 种，故 B 错误； C.因为在烷烃中甲基不能被酸性高锰酸钾氧化，而邻二甲苯能氧化生成 D，所以说明有机物分子中基团之间存在影响，故 C 正确； D.

40、1mol DBP 可与含 2mol NaOH 的溶液完全反应，故 D 错误。 答案： AC (4)工业上常用有机物 E(C8H4O3)代替 D 生产 DBP。 反应分为两步进行： E+C 中间产物 ； 中间产物 +C DBP+H2O。 请写出 E 的结构简式 。 工业上生产有机物 E 的反应如下： 2X+9O2 2E+4CO2+4H2O，芳香烃 X 的一溴代物只有两种，则 X 的结构简式是 。 解析： 根据中间产物 +C DBP+H2O，则中间产物为： ，又根据 E+C 中间产物以及 E(C8H4O3)，则 E 为： 。 工业上生产有机物 E 的反应如下： 2X+9O2 2E+4CO2+4H2O，芳香烃 X 的一溴代物只有两种，根据反应前后原子守恒，可以推出 X 的分子式是 C10H8，结构简式为： 。 答案：