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。