36.【化学—选修 2：化学与技术]( 15分)
草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含 2个结晶水)的工艺流程如下:
回答下列问题：
( 1) CO和 NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为______、__________。
（ 2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是_________，滤渣是__________；过滤操作②的滤液是_________和_________，滤渣是__________；
（ 3）工艺过程中③和④的目的是__________。
（ 4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是 ___________。
( 5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品 0.250 g溶于水，用 0.0500 mol. L -1的酸性 KMnO 4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗 KMnO 4溶液 15.00 mL,反应的离子方程式为_________；列式计算该成品的纯度。
答案：（ 1） CO+ NaOH
HCOONa； 2 HCOONa
Na 2 C 2 O 4+ H 2↑
（ 2） NaOH溶液； CaC 2 O 4； H 2 C 2 O 4溶液； H 2 SO 4溶液； CaSO 4
（ 3）分别循环利用氢氧化钠和硫酸（降低成本），减小污染
（ 4） Na 2 SO 4
（ 5） 5 C 2 O 4 2—+ 2 MnO 4—+ 16 H+= 2 Mn 2++ 8 H 2 O+ 10 CO 2↑
解析：（ 1）根据原子守恒可直接写出方程式。
（ 2）向草酸钠溶液中加入氢氧化钙，可产生草酸钙沉淀和 NaOH，因此滤液是 NaOH，滤渣为草酸钙。草酸钙中加过量硫酸，沉淀溶解，产生微溶的硫酸钙和草酸，因此滤液为草酸和硫酸，滤渣为硫酸钙。
（ 3）从流程图可以看出，③和④是循环利用 NaOH和硫酸，这样可以降低成本，减小直接排放时溶液中的酸碱对环境的污染。
（ 4）甲酸钠和硫酸反应可产生硫酸钠和草酸。
（ 5）高锰酸钾可将草酸氧化为 CO 2，本身被还原为 Mn 2+。根据离子反应： 5 C 2 O 4 2—+ 2 MnO 4—+ 16 H+= 2 Mn 2++ 8 H 2 O+ 10 CO 2↑，成品中含有纯草酸的物质的量为
，成品纯度为。
37.[化学—选修 3：物质结构与性质]( 15分)
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：
( 1)基态 Si原子中，电子占据的最高能层符号___________，该能层具有的原子轨道数为__________、电子数为____________。
( 2)硅主要以硅酸盐、________等化合物的形式存在于地壳中。
( 3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以____________相结合，其晶胞中共有 8个原子，其中在面心位置贡献_____________个原子。
( 4)单质硅可通过甲硅烷( SiH 4)分解反应来制备。工业上采用 Mg 2 Si和 NH 4 Cl在液氨介质中反应制得 SiH 4,，该反应的化学方程式为 ________________________。
( 5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是__________________
② SiH 4的稳定性小于 CH 4，更易生成氧化物，原因是 _____________________
( 6)在硅酸盐中，
四面体(如下图 (a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图 (b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中 Si原子的杂化形式为______________。 Si与 O的原子数之比为____________________化学式为_____________
答案：（ 1） M； 9； 4
（ 2）二氧化硅
（ 3）共价键； 3
（ 4） Mg 2 Si+ 4 NH 4 Cl= SiH 4+ 4 NH 3+ 2 MgCl 2
（ 5）① C— C键和 C— H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中的 Si— Si键和 Si— H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难形成
② C— H键的键能大于 C— O键， C— H键比 C— O键稳定。而 Si— H键的键能却远小于 Si— O键，所以 Si— H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的 Si— O键
（ 6） sp 3； 1:3；[ SiO 3] n 2 n—（或 SiO 3 2 -）
解析：（ 1） Si原子核外共有 14个电子，占据 K、 L、 M三个电子层，最高能层为 M，该层只有 4个电子，该层的原子轨道为 3 s 3 p 3 d，原子轨道数为 1+ 3+ 5= 9。
（ 2）硅在地壳中以二氧化硅、硅酸盐形式存在。
（ 3）金刚石是原子晶体，则单质硅也是原子晶体，原子间以共价键结合。金刚石立方晶胞中每个面心一个原子，对晶胞的贡献是
，因此面心对晶胞贡献的原子数为× 6= 3个。
（ 4）根据原子守恒，反应生成硅烷和氯化镁，另一种产物为氨气。
（ 5）①从化学键角度看，键能越高，化学键越强、越稳定。 C— C键和 C— H键较强，形成的烷烃稳定性强，而 Si— Si键和 Si— H键较弱，容易断裂，因此不易形成长链硅烷，使硅烷在数量、种类上较少。
② C— H键比 C— O键稳定，因而 C易形成甲烷， Si— H键不如 Si— O键稳定，因而更易形成氧化物。
（ 6）硅在正四面体中心，与四个 O形成 4个共价键，因此 Si的杂化方式为 sp 3。从长链结构（ b）分析，将每一个正四面体结构看成一个晶胞，则每一个晶胞中有一个 Si原子，四个顶点上的 4个氧离子有 2个属于该晶胞，有 2个氧离子与相邻晶胞共用，则对该晶胞的贡献为，因此每个晶胞中含有的氧离子数位 1+ 1+× 2= 3个， Si与 O的原子数之比为 1:3，从化合价角度看， Si显+ 4价， O显— 2价，因此化学式为 SiO 3 2 -。
38.[化学—选修 5:有机化学荃础]( 15分)
查尔酮类化合物 G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下:
已知以下信息:
①芳香烃 A的相对分子质量在 100~ 110之间， I mol A充分燃烧可生成 72 g水。
② C不能发生银镜反应。
③ D能发生银镜反应、可溶于饱和 Na 2 CO 3溶液、核磁共振氢谱显示其有 4种氢
④
⑤ RCOCH 3+ R′ CHO
RCOCH= CHR′
回答下列问题：
（ 1） A的化学名称为____________。
（ 2）由 B生成 C的化学方程式为____________________。
（ 3） E的分子式为________________，由 E生成 F的反应类型为________。
（ 4） G的结构简式为____________________。
（ 5） D的芳香同分异构体 H既能发生银镜反应，又能发生水解反应， H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为。
（ 6） F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与 FeCl 3溶液发生显色反应的共有_______种，其中核磁共振氢谱为 5组峰，且峰面积为 2： 2： 2： 1： 1的为________________（写结构简式）。
答案：（ 1）苯乙烯
（ 2）
（ 3） C 7 H 5 O 2 Na取代反应
（ 4）
（ 5）
（ 6） 13；
解析： 1 molA充分燃烧可生成 72 g水，水的物质的量是 4 mol， H的物质的量是 8 mol，则每个 A中含有 8个 H，结合 A的相对分子质量在 100~ 110之间，可确定 A中的 C原子数为 8， A的分子式为 C 8 H 8， A生成的 B在 Cu作催化剂的条件下可与氧气反应，推测 B为醇，则 A中含有碳碳双键，故 A为
； B催化氧化生成的 C不能发生银镜反应，则 C中不含醛基，故 B为
， C为
； D可发生银镜反应， D中有醛基， D可溶于饱和 Na 2 CO 3溶液，则 D可与 Na 2 CO 3溶液反应，结合 D中有 4种氢，则 D为
， D与 NaOH反应生成的 E为
；结合信息④，可知 F为
；结合信息⑤，则 C、 F生成的 G为
。
D的同分异构体可发生银镜反应，则有醛基，可发生水解反应，则有酯基，故 H为
。
F的同分异构体中，能发生银镜反应则有醛基，能与 FeCl 3溶液发生显色反应则为酚类，其结构有如下几种：
、
、
、
，同分异构体共有 4+ 4+ 2+ 3= 13种。核磁共振氢谱为 5组峰，该有机物含有 5种氢，峰面积为 2： 2： 2： 1： 1，则各种氢的原子个数比为 2： 2： 2： ANOAHDIGITAL 10： ANOAHDIGITAL 11，符合该要求的同分异构体是
。
