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天津大学精细合成化学 无机部分 Chapter 4-配合物的合成.ppt
第四章配合物的合成4述按照我国标准的命名，配合物是由可以给出孤对电子或多个不定域电子的一定数目的离子或分子（配体）和具有接受孤对电子或多个不定域电子的空位的原子或离子（统称为中心原子）按一定的组成和空间构型所形成的化合物。这一定义具有一定的局限性。大环冠醚配合物饱和烃配合物（金属有机配合物）金属簇合物等。自1893年位化学始终处于无机化学研究的主流。配位化学与物理化学、有机化学、高分子化学、生物化学、固体化学、材料化学、超分子化学和环境科学互相渗透，使配位化学成为众多学科的交叉点。配合物种类繁多，数目巨大，制备方法也是多种多样。本章就最通用的方法加以介绍。实际工作中具体需要采用哪一种方法，需要视具体条件而定。进行合成研究需要具备必要的合成化学基础化学物质的物理性质、反应性、反应规律，它们与结构间的关系，以及热力学、动力学等基本化学原理和规律的运用等。应当通过系统地阅读有关书籍和文献资料对所用原料、溶剂、技术方法有充分了解对文献中提出的合成方法和条件以及所用的仪器设备有较多的知识准备在此基础上理解与设计合成路线与条件，减少盲目性使合成方法符合反应规律、科学、巧妙。4用取代反应制备配合物1．在水溶液中的取代反应用金属盐和配体在水溶液中进行反应，实际上是用适当的配体去取代水合离子（当然也是配离子）中的水分子配体。用u2O52425蓝蓝色室温下将反应物溶液混合,溶液由浅蓝色变为蓝色,说明反应真的发生了.向溶液中加入足量乙醇,产物因溶解度降低而析出,即可得到深蓝色的用此法同样可以得到I、I和I等的氨配合物,但此法不能用于制备V等氨配合物的制备,因为这些离子更易与氨水中的子结合成为难溶氢氧化物.2.在非水溶剂中的取代反应用非水溶剂可以a防止如金属离子的水解;b可以使难溶于水的有机配体溶解;c配体配位能力弱,竞争不过水,可选用配位能力更弱的有机溶剂;d溶剂本身就是配体,如二甲亚砜.例Cr用H3可经过如下路线合成将无水与再加入最后加入向溶液中加入乙醇就析出目标产物乙醚溶液CrCr很多有机化合物都可以作为非水溶剂无水乙醇、无水甲醇等醇类，丙酮等酮类，乙醚等醚类，二氯甲烷等卤代烃，四氢呋喃N,二甲亚砜溶剂种类对于所形成配合物的种类具有至关重要的影响。作为溶剂的化合物需要满足必要的条件1）配位能力足够弱，不与所使用配体形成有力的竞争2）足够稳定，在配合物制备过程中不发生其他反应3）溶解能力、熔点、沸点、挥发性、粘度等能够满足要求。N,结构化学性质配位能力稳定性溶解能力、熔点、沸点、挥发性、粘度等3.固体配合物的热分解固体配合物受热可以释放出挥发性的中性配体,原来处于外界的阴离子进入内界成为配体形成新的配合物2O42O5色白色隐形墨水22O612无色蓝色例如,将金属盐与某种配合物按一定摩尔比混合，利用金属离子取代配合物中原有的金属离子，从而达到制备新配合物的目的。4过氧化还原反应合成不同氧化态金属的配合物金属的高氧化态配合物可由相应的低氧化态化合物在配体存在下经氧化和配位制得22822还原方法可以从金属的高氧化态化合物制得低氧化态配合物2822224环配合物的模板合成大环配合物是指骨架上含有O、N、P、不少于九个原子组成环）所形成的环状配合物。生物体内存在多种大环配合物卟啉铁、卟啉镁等。大环配体独特的空间结构和电子结构导致了一系列特殊性质。在合成、分离、污染处理、医药及生物模型化合物等方面有广泛的应用，有些大环配合物还能进行能量转移，对光、电、热敏感，具有识别、选择性传输和催化等功能。金属离子可以促进大环的形成并直接生成大环配合物模板效应指由于配体与金属离子配位而改变其电子状态，并取得某种空间结构配置的效应。金属离子叫做模板或模板剂。模板反应借助金属离子的模板效应来促进环化的合成反应就叫做模板反应。通过模板反应合成大环化合物，包括大环配合物，产率高、选择性高、操作简便。模板反应也可以用于非环状配合物的合成。有些情况下，仅当金属离子存在时才能发生形成大环化合物的反应2N2B2BrSH第二步反应之所以能够顺利进行，是由于配位使两个一个二个此烷基化速度比第一个2N2B2BrSH此模板反应中金属离子的配位作用把反应试剂束缚在适当的空间位置上以利于环化。上述反应中已配位的配体为亲核试剂，变得极易与二卤代物反应，形成产率很高的大环配合物。金属离子固定了配体的几何构型并且改变了配体的电子状态，从而促使环化反应易于进行。金属离子为模板剂的4联多核配合物的合成1．单核配合物的聚合2．用多齿配体合成多核配合物3．经配合物配体合成多核配合物4．由多原子桥基直接合成多核配合物4,4苯三酸根离子等桥基配体4配合物的合成1．直接合成法将活泼羰基化合物、胺与金属盐按一定的物质的量比，直接混合反应而得CHR2COOH2此法产率较高，并简便快速，但有时因发生副反应而使产品中混有杂质，给产品的纯化带来一定的困难。为了减少副反应的发生，可采用分步合成法。CHR2COOH22.分步合成法分步合成法是将直接合成法分成两步进行。第一步先由醛与胺缩合得CHR2COON第二步用这种方法合成率一般都较高，产品也较纯净。2N合成过程中，氨基酸基质子往往发生离解，从而导致反应体系酸度增加，不利于配合物的形成及稳定，所以反应中必须设法中和羧基上的质子。中和质子常采用的方法有三种第一种，在合成配体时加碱金属氢氧化物第二种，在合成配合物过程中加碱金属氢氧化物。作为产物之一的碱金属盐在有机溶剂中溶解性低而夹杂于配合物产物中，引起分离困难，所以这两种方法对在单一有机溶剂体系中合成稀土配合物不太适用。为了更好的除去所生成的碱金属盐，需在醇第三种，在反应中，加入有机胺以中和质子，可以避免产物夹杂碱金属盐杂质。有机胺反应产物在有机溶剂中有很好的溶解性，不会带来分离困难。叔胺的效果为最好。3.逐滴反应法有些有时也不便采用分步合成法，可用逐滴反应法。该方法是先将金属离子与胺溶液混合，并保持金属离子过量，然后再逐滴加稀的醛溶液。在溶液中不会有配体的积聚，而是立即形成配合物。CHR2COON2N模板合成法二羰基化合物和多胺很难直接缩合得到产率高、选择性好的大环用分步合成法无法得到所需的大环目前合成大环金属离子的半径在模板效应中起着重要的作用。当离子半径与大环半径不匹配时，金属离子为无效模板。通过模板反应合成大环择性好、操作简便、反应时间短。5.合成不对称双异双具有不对称双一的氨基酸（如赖氨酸），其两个一可先后形成不对称空间结构的异双合成强的酸性易使不利于其对醛酮羰基的进攻过强碱性则有可能导致醛酮本身的缩合或歧化反应，而且在碱性条件下宜在近中性条件～7下合成．此时赖氨酸以（1）形式存在，有利于?还是先与水杨醛发生缩合反应．1．在水溶液中的取代反应制备2O42424反应完成后的溶液中加入足量乙醇的目的是什么2。反应产物是什么3。4。什么是模板效应、模板或模板剂和模板反应5。6。指出四种配合物合成方法的名称。7。其他反应式
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& 河南省周口市扶沟高中2016届高三化学模拟试卷（11）（含解析）
河南省周口市扶沟高中2016届高三化学模拟试卷（11）（含解析）
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资料概述与简介
一、选择题：（本大题共7小题，每小题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意）
1．下列化学与生活的相关叙述正确的是(
A．NO2、CO2和SO2都是大气污染物
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求
C．石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程
D．馒头、米饭在口腔内越嚼越甜，是因为它们含有的淀粉发生了酯化反应
2．制备下列物质的工业生产流程合理是(
A．由SO2制亚硫酸钠：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液
B．由NaCl制漂粉精：NaCl（aq）Cl2漂粉精
C．由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3
D．由乙烯制乙酸：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH
3．下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是(
A．苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应
B．C8H10含苯环的烃同分异构体有3种
C．乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上
D．莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色
4．仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是(
编号 仪器 药品 实验目的
A 托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒 NaCl固体、蒸馏水 配制一定质量分数的NaCl溶液
B 分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞 浓硝酸、碳酸钠固体、硅酸钠溶液 证明酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
C 酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹） 已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液 测定NaOH溶液的物质的量浓度
D 烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台 混有苯酚杂质的苯、浓溴水 提纯混有苯酚杂质的苯
A．A B．B C．C D．D
5．乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种(
A．5种 B．6种 C．8种 D．9种
6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(
A．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
B．用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣
C．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4+
D．向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O
7．某温度下，体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液加水稀释时的pH变化曲线如图，下列有关说法正确的是(
A．加等量的水后硫酸中水电离出的C（H+）与硫酸铝中水电离出的C（H+）的比值比稀释前的比值增大
B．a点溶液中有：c（H+）+c（Al3+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）
C．体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液与等浓度的NaOH反应，消耗NaOH的体积相等
D．b、c两溶液水电离出的c（OH﹣）相等
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第8题～第10题为必考题，每个小题考生都必须作答．第11题～第12题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题
8．（14分）工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物
②[Cu（NH3）4]2+（aq）?Cu2+（aq）+4NH3（aq）
（1）气体X是__________，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：__________．
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是__________，不用浓硫酸的原因是__________．
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是__________．滤液G的主要溶质是__________（填化学式）．
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、__________、烘干．
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4o5H2O（不含能与I﹣反应的氧化性杂质）的纯度．取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，消耗c moloL﹣1 Na2S2O3溶液的体积为V mL．
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式__________．
②计算试样中CuSO4o5H2O的纯度__________（用a、c、V表示）．
9．（14分）三颈瓶在化学实验中的应用非常广泛，下面是三颈瓶在部分无机实验或有机实验中的一些应用．
（1）在如图1所示装置中，进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶内并接近液面．反应过程中可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热．实验过程中NH3oH2O的电离程度__________（填“变大”、“变小”或“不变”）
（2）实验室用如图2所示装置制备氨基甲酸铵（NH2COONH4），其反应化学方程式：2NH3（g）+CO2（g）?
NH2COONH4（s），该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵．
①写出加入药品之前实验操作的要点__________；反应中若有水存在则生成碳酸氢铵的化学方程式是__________．
②干燥管中盛放的药品是__________．简述左侧三颈瓶装置制取氨气的原理__________．
③对比碳酸盐和酸的反应制取CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的有优点有__________．
④有同学认为该实验装置存在安全问题，请问可能面临的安全问题是__________．
⑤氨基甲酸氨可用作肥料，其肥效比尿素[CO（NH2）2]__________（填“高”或“低”），在潮湿的空气中释放出氨而变成碳酸氢铵．取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7830g，用足量石灰水充分处理后，使样品中碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数是__________．
10．综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义．
（1）Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2．原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生．700℃时反应的化学方程式为__________．
（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图1．
①b为电源的__________（填“正极”或“负极”）．
②写出电极c发生的电极反应式：__________、__________．
（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4mol CH3OH（g），则该反应平衡常数值为__________，此时向容器中再通入0.35mol CO气体，则此平衡将__________（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）移动．
（4）已知：
若甲醇的燃烧热为△H3，试用△H1、△H2、△H3表示CO（g）+2H2（g）?CH3OH（l）的△H，则△H=__________．
（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成__________mol C（碳）．
（二）选考题（共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．）【化学一物质结构与性质】
11．X、Y、Z为前四周期元素，且原子序数依次增大．X与氢元素可形成：H2X、H2X2两种化合物，且在常温下均为液态；Y基态原子的M层电子数是K层的3倍；Z2+的3d轨道中有10个电子．请回答下列问题：
（1）X所在周期中第一电离能最大的主族元素是__________（填元素符号）；H2X2分子中X原子的杂化方式是__________．
（2）Y与X可形成YX42﹣．
①YX42﹣的立体构型是__________．
②写出一种与YX42﹣互为等电子体分子的化学式__________．
（3）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为__________．
（4）Y与Z形成化合物晶体的晶胞如图所示．已知该晶体的密度为a gocm﹣3，则该晶胞的体积为__________cm3（NA表示阿伏加德罗常数的值）．
【化学-有机化学基础】
12．有机物是重要的化工原料，其合成过程如下：
（1）化合物II的分子式为__________，Ⅳ中含氧官能团的名称是__________，反应①的反应类型是__________反应．
（2）化合物I～IV具有的性质正确的是__________．
A．1mol化合物II最多能与2molH2发生加成反应
B．1mol化合物II燃烧最多消耗8.5molO2
C．1mol化合物IV能与2mol金属钠、1molNaHCO3反应产生气体
D．化合物I和IV在一定条件下都能与乙酸发生酯化反应
（3）芳香化合物V是II的一种无甲基同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，则V的结构简式为__________、__________、__________．
（4）一定条件下，化合物Ⅳ能形成缩聚高分子，该有机高分子的结构简式为__________．
（5）有机物VI（）与发生反应的方程式为__________．
2015年河南省周口市扶沟高中高考化学模拟试卷（11）
一、选择题：（本大题共7小题，每小题6分，共42分，每题只有一个选项符合题意）
1．下列化学与生活的相关叙述正确的是(
A．NO2、CO2和SO2都是大气污染物
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜的要求
C．石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程
D．馒头、米饭在口腔内越嚼越甜，是因为它们含有的淀粉发生了酯化反应
【考点】常见的生活环境的污染及治理；乙烯的用途；淀粉的性质和用途．
【专题】化学计算．
【分析】A、二氧化碳不是空气污染物；
B、根据乙烯的用途以及乙烯能被高锰酸钾溶液氧化来分析；
C、石油和油脂都不是高分子化合物；
D、淀粉水解生成葡萄糖．
【解答】解：A、NO2、SO2都是大气污染物，但CO2不是空气污染物，故A错误；
B、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，除去乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故B正确；
C、石油和油脂都不是高分子化合物，所以石油裂解和油脂皂化都不是高分子生成小分子的过程，故C错误；
D、淀粉水解生成葡萄糖，有甜味，故D错误；
【点评】本题考查了化学与生活的知识，题目较为简单，完成此题，可以依据已有的课本知识．
2．制备下列物质的工业生产流程合理是(
A．由SO2制亚硫酸钠：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液
B．由NaCl制漂粉精：NaCl（aq）Cl2漂粉精
C．由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3
D．由乙烯制乙酸：H2C=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3；
B．澄清石灰水浓度较低，应用石灰乳；
C．氨气被氧化生成NO；
D．银氨溶液成本较高．
【解答】解：A．亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3，故A正确；
B．澄清石灰水浓度较低，生成次氯酸钙较少，应用石灰乳，故B错误；
C．氨气被氧化生成NO，不能生成NO2，故C错误；
D．银氨溶液成本较高，可用氧气直接氧化，故D错误．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
3．下列有关有机化合物的结构和性质的叙述，正确的是(
A．苯的硝化、丙烯使高锰酸钾酸性溶液褪色的反应都属于取代反应
B．C8H10含苯环的烃同分异构体有3种
C．乙烯、苯、乙烷分子中的所有原子都在同一平面上
D．莽草酸（）能使溴的四氯化碳溶液褪色
【考点】有机物的结构和性质；常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体．
【分析】A．丙烯被酸性高锰酸钾氧化；
B．取代基可以是2个甲基或1个乙基；
C．乙烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点；
D．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应．
【解答】解：A．丙烯含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾氧化，故A错误；
B．C8H10的芳香烃满足CnH2n﹣6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：，故B错误；
C．乙烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点，则原子不可能在同一个平面上，故C错误；
D．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确．
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．
4．仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是(
编号 仪器 药品 实验目的
A 托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒 NaCl固体、蒸馏水 配制一定质量分数的NaCl溶液
B 分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞 浓硝酸、碳酸钠固体、硅酸钠溶液 证明酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
C 酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹） 已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液 测定NaOH溶液的物质的量浓度
D 烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台 混有苯酚杂质的苯、浓溴水 提纯混有苯酚杂质的苯
A．A B．B C．C D．D
【考点】直接加热的仪器及使用方法；不能加热的仪器及使用方法．
【分析】A．可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液；
B．硝酸易挥发；
C．氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；
D．苯酚、三溴苯酚均易溶于苯．
【解答】解：A．可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液，可达到实验目的，故A正确；
B．硝酸易挥发，应除掉硝酸后再通入硅酸，故B错误；
C．缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液，不能完成实验，故C错误；
D．苯酚、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应加NaOH后分液除杂，故D错误．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、中和滴定、物质的分离、性质比较等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验方法和原理，难度不大．
5．乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种(
A．5种 B．6种 C．8种 D．9种
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【专题】同系物和同分异构体．
【分析】乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取代、二元取代…到完全取代，注意多元取代时，可以取代相同碳原子上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，则取代产物种数相同，据此书写判断．
【解答】解：乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以共有9种，故选D．
【点评】本题考查同分异构体、取代反应等，难度不大，注意同分异构体的书写．
6．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(
A．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O
B．用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣
C．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4+
D．向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．过量Fe粉参加反应生成硝酸亚铁、NO和水；
B．阳极上铜失电子生成Cu离子；
C．氢氧化铝不溶于弱碱；
D．二者反应生成硫酸钡、二氧化碳和水．
【解答】解：A．过量Fe粉参加反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．阳极上铜失电子生成Cu离子，离子方程式为Cu+2H2OCu（OH）2↓+H2↑，故B错误；
C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C正确；
D．二者反应生成硫酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+SO42﹣+2H+═BaSO4↓+CO2↑+H2O，故D错误；
【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高考高频点，涉及氧化还原反应、酸性强弱比较、生成物与反应物量的关系等知识点，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，易错选项是B．
7．某温度下，体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液加水稀释时的pH变化曲线如图，下列有关说法正确的是(
A．加等量的水后硫酸中水电离出的C（H+）与硫酸铝中水电离出的C（H+）的比值比稀释前的比值增大
B．a点溶液中有：c（H+）+c（Al3+）=c（OH﹣）+c（SO42﹣）
C．体积和pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液与等浓度的NaOH反应，消耗NaOH的体积相等
D．b、c两溶液水电离出的c（OH﹣）相等
【考点】盐类水解的原理；水的电离．
【分析】A、加水稀释，硫酸中水的电离程度增加，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加；
B、a点溶液中存在电荷守恒，据此回答判断；
C、pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，根据硫酸、硫酸铝和氢氧化钠的反应来回答；
D、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用．
【解答】解：A、加水稀释，硫酸中氢离子浓度减小，对水的电离抑制作用减小，硫酸中中水的电离程度增加，稀释硫酸铝，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加，但是铝离子浓度减小，其中水的电离程度增加值不如稀释硫酸过程水的电离程度增加的大，即加等量的水后硫酸中水电离出的C（H+）与硫酸铝中水电离出的C（H+）的比值比稀释前的比值增大，故A正确；
B、a点溶液中存在电荷守恒：c（H+）+3c（Al3+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），故B错误；
C、pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，但是它们和氢氧化钠反应的实质不一样，前者是氢离子和氢氧根离子的反应，但是后者是铝离子和氢氧根离子之间的反应，氢离子和铝离子的物质的量不相等，故C错误；
D、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用，b、c两溶液水电离出的c（OH﹣），硫酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小，故D错误．
【点评】本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答，题目难度中等．
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第8题～第10题为必考题，每个小题考生都必须作答．第11题～第12题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题
8．（14分）工业上用辉铜矿（主要成分Cu2S，含Fe3O4、SiO2杂质）为原料，生产硫酸铜晶体的工艺流程如下：
已知：①固体B为氧化物组成的混合物
②[Cu（NH3）4]2+（aq）?Cu2+（aq）+4NH3（aq）
（1）气体X是SO2，高温下在过量空气中煅烧辉铜矿时，Cu2S发生反应的方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2．
（2）固体B酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+，不用浓硫酸的原因是浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2．
（3）鉴别溶液D中Fe3+完全除尽的方法是取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽．滤液G的主要溶质是（NH4）2SO4（填化学式）．
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干．
（5）用“间接碘量法”测定所制备的CuSO4o5H2O（不含能与I﹣反应的氧化性杂质）的纯度．取a g试样配成100mL溶液，取25.00mL该溶液，滴加KI溶液后有白色碘化物沉淀生成，滴加KI溶液至沉淀不再产生为止，然后用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的I2，发生反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，消耗c moloL﹣1 Na2S2O3溶液的体积为V mL．
①写出CuSO4与KI反应的离子方程式2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2．
②计算试样中CuSO4o5H2O的纯度%（用a、c、V表示）．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．
【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（HO）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫；
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；根据浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
（3）根据三价铁与KSCN溶液出现血红色，证明Fe3+是否完全除尽；根据溶液的组成判断滤液G的主要溶质；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干．
（5）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，写出离子方程式；据比例关系4CuSO4o5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32﹣计算．
【解答】解：辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体和固体CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（HO）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入硫酸得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶后可得到硫酸铜晶体，
（1）根据图示，Cu2S与O2的反应为氧化还原反应生成铜和二氧化硫，方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，所以气体X是SO2；
故答案为：SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；
（2）固体B为氧化物组成的混合物，酸溶时加入稀硫酸和H2O2，目的是溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；因为浓硫酸氧化Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2，所以不用，
故答案为：溶解CuO、Fe3O4，并将Fe2+氧化为Fe3+；浓硫酸与Fe2+反应会生成对环境有污染的SO2；
（3）因为三价铁与KSCN溶液出现血红色，所以取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；因为溶液D中含有[Cu（NH3）4]2+和硫酸根，所以D转化生成CuO后，剩余的溶液中含有（NH4）2SO4；
故答案为：取少量D溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液未出现血红色，则证明Fe3+完全除尽；（NH4）2SO4；
（4）由溶液E获得硫酸铜晶体的实验操作I的方法是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干，
故答案为：过滤、洗涤；
（5）①硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，
故答案为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；
②据比例关系4CuSO4o5H2O～4Cu2+～2I2～4S2O32﹣，
c×V×10﹣3mol
c×V×10﹣3mol
试样中CuSO4o5H2O的质量分数为××100%=%，
故答案为：%．
【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等．
9．（14分）三颈瓶在化学实验中的应用非常广泛，下面是三颈瓶在部分无机实验或有机实验中的一些应用．
（1）在如图1所示装置中，进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶内并接近液面．反应过程中可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热．实验过程中NH3oH2O的电离程度变大（填“变大”、“变小”或“不变”）
（2）实验室用如图2所示装置制备氨基甲酸铵（NH2COONH4），其反应化学方程式：2NH3（g）+CO2（g）?
NH2COONH4（s），该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则生成碳酸铵或碳酸氢铵．
①写出加入药品之前实验操作的要点按图所示组装仪器，检查装置气密性；反应中若有水存在则生成碳酸氢铵的化学方程式是NH3+CO2+H2O=NH4HCO3．
②干燥管中盛放的药品是氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰．简述左侧三颈瓶装置制取氨气的原理固体氢氧化钠遇水放出大量热，温度升高，有利于氨气逸出，同时C（OH﹣）浓度增大，氨水的电离平衡左移，放出氨气．
③对比碳酸盐和酸的反应制取CO2，该实验利用干冰升华产生CO2气体的有优点有不需要干燥，提供低温环境，提高转化率．
④有同学认为该实验装置存在安全问题，请问可能面临的安全问题是产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸．
⑤氨基甲酸氨可用作肥料，其肥效比尿素[CO（NH2）2]低（填“高”或“低”），在潮湿的空气中释放出氨而变成碳酸氢铵．取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7830g，用足量石灰水充分处理后，使样品中碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g，则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数是70%．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】实验设计题．
【分析】（1）浓氨水受热分解生成氨气，氨气与空气中的氧气在铂丝催化条件下生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，铂丝始终保持红热说明反应是放热反应，氨水浓度减小，所以NH3oH2O的电离程度变大；
（2）①分析装置图可知，气体反应过程来制备物质，需要组装好仪器后，检查装置气密性；有水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
②反应物氨气必须是干燥的，需要用碱性干燥剂干燥，如碱石灰、固体氢氧化钠或氧化钙等；利用固体氢氧化钠或碱石灰或氧化钙固体溶解放热分析；
③干冰制取的二氧化碳中不含杂质，不需要干燥；该反应为放热反应，干冰变为二氧化碳吸收热量，有利于增大反应物转化率；
④依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸；
⑤氨基甲酸铵可用作肥料，其肥效和尿素比，依据计算的氮元素含量分析；碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品中，使碳元素完全转化为碳酸钙，依据碳元素守恒和混合物质量计算物质的量分数．
【解答】解：（1）浓氨水受热分解生成氨气，氨气与空气中的氧气在铂丝催化条件下生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，方程式依次为：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，铂丝始终保持红热说明反应是放热反应，氨水浓度减小，所以NH3oH2O的电离程度变大；
故答案为：变大；
（2）①分析装置图可知，是利用气体反应制备物质，加入药品之前实验操作的要点是按图组装好仪器，检查装置气密性；有水会和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；
故答案为：按图所示组装仪器，检查装置气密性；NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；
②由于制备氨基甲酸铵的原料氨气必须是干燥的，以防止副反应的发生，因此生成的氨气必须进行干燥，因为氨气是碱性气体，所以干燥氨气应该用氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰，固体氢氧化钠遇水放出大量热，温度升高，有利于氨气逸出，同时C（OH﹣）浓度增大，氨水的电离平衡左移，放出氨气；
故答案为：氧化钙或固体氢氧化钠或碱石灰；固体氢氧化钠遇水放出大量热，温度升高，有利于氨气逸出，同时C（OH﹣）浓度增大，氨水的电离平衡左移，放出氨气；
③碳酸盐和酸反应制CO2，则生成的CO2必须进行净化和干燥处理，而直接利用干冰制备CO2，不需要干燥；又因为该反应是放热反应，提供低温环境，可以提高转化率；
故答案为：不需要干燥，提供低温环境，提高转化率；
④依据装置图中流程分析，安全问题主要是堵塞导气管，液体发生倒吸；依据反应过程中的产物分析，不能把污染性的气体排放到空气中，吸收易溶于水的气体需要放倒吸，实验装置存在安全问题产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸；
故答案为：产品易堵塞导管，稀硫酸会倒吸；
⑤氨基甲酸铵可用作肥料，含氮量=×100%=35.9%，尿素含氮量=46.7%，所以其肥效比尿素低；
取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7830g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，则
78x+79y=0.7830
解得x=0.007mol
y=0.0023ol
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=×100%=70%，
故答案为：低；70%．
【点评】本题考查了物质制备实验的设计应用，主要是氨气的制备方法，氨基甲酸的制备实验装置分析判断，实验基本操作，混合物分离的实验设计，有关混合物的计算，题目难度中等．
10．综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义．
（1）Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2．原理是：在500℃，低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出高浓度CO2，Li4SiO4再生．700℃时反应的化学方程式为Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4．
（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO2/H2O，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排，其工作原理如图1．
①b为电源的正极（填“正极”或“负极”）．
②写出电极c发生的电极反应式：CO2+2e﹣═CO+O2﹣、H2O+2e﹣═H2+O2﹣．
（3）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4mol CH3OH（g），则该反应平衡常数值为50，此时向容器中再通入0.35mol CO气体，则此平衡将向逆反应方向（填“向正反应方向”“不”或“向逆反应方向”）移动．
（4）已知：
若甲醇的燃烧热为△H3，试用△H1、△H2、△H3表示CO（g）+2H2（g）?CH3OH（l）的△H，则△H=△H=2△H1﹣△H2﹣△H3．
（5）利用太阳能和缺铁氧化物可将廉价CO2热解为碳和氧气，实现CO2再资源化，转化过程如图2所示，若用1mol缺铁氧化物与足量CO2完全反应可生成0.1mol C（碳）．
【考点】原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
【分析】（1）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答；
（2）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气；
（3）根据平衡常数的计算公式计算，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算加入0.35molCO时容器的体积，计算此时浓度商，与平衡常数相比判断反应进行方向；
（4）由图反应Ⅰ可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），△H1；由反应Ⅱ可知：CO2（g）=CO（g）+O2（g），△H2；若甲醇的燃烧热为△H3，所以CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO2（g），△H3运用盖斯定律计算焓变；
（5）依据反应物和产物利用直平法配平化学方程式，利用碳元素守恒计算得到．
【解答】解：（1）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以700℃时反应的化学方程式为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4，故答案为：Li2CO3+Li2SiO3CO2+Li4SiO4；
（2）①CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气，所以电极d为阳极，所以b为电源的正极，故答案为：正极；
②二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：CO2+2e﹣═CO+O2﹣，水中的氢元素化合价降低被还原，电极反应式为：H2O
+2e﹣=H2+O2﹣，故答案为：CO2+2e﹣═CO+O2﹣；H2O+2e﹣=H2+O2﹣；
（3）CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）
起始：1.2mol 1mol
转化：0.4mol 0.8mol
平衡：0.8mol 0.2mol
所以：k==50（mol/L）﹣2，此时向容器中再通入0.35molCO气体，假设平衡不移动时，此时容器体积为：2L×=2.5L，则浓度商Qc==54.3，大于平衡常数50，平衡向逆反应方向移动，
故答案为：50；逆反应方向；
（4）由图反应Ⅰ可知H2（g）+O2（g）=H2O（l），△H1；由反应Ⅱ可知：CO2（g）=CO（g）+O2（g），△H2；若甲醇的燃烧热为△H3，所以CH3OH（g）+O2（g）=2H2O（l）+CO2（g），△H3；所以盖斯定律，目标反应为：△H=2△H1﹣△H2﹣△H3，故答案为：：△H=2△H1﹣△H2﹣△H3；
（5）依据图示得到化学方程式为：Fe0.9O+0.1CO2=xC+Fe3O4，依据碳原子守恒得到x=0.1．
故答案为：0.1．
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算和应用，电解池电极反应的分析书写，化学平衡常数的计算，原子守恒氧化还原反应的计算应用，题目难度中等．
（二）选考题（共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．）【化学一物质结构与性质】
11．X、Y、Z为前四周期元素，且原子序数依次增大．X与氢元素可形成：H2X、H2X2两种化合物，且在常温下均为液态；Y基态原子的M层电子数是K层的3倍；Z2+的3d轨道中有10个电子．请回答下列问题：
（1）X所在周期中第一电离能最大的主族元素是F（填元素符号）；H2X2分子中X原子的杂化方式是sp3．
（2）Y与X可形成YX42﹣．
①YX42﹣的立体构型是正四面体．
②写出一种与YX42﹣互为等电子体分子的化学式CCl4等．
（3）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA．
（4）Y与Z形成化合物晶体的晶胞如图所示．已知该晶体的密度为a gocm﹣3，则该晶胞的体积为cm3（NA表示阿伏加德罗常数的值）．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Y、Z为前四周期元素且原子序数依次增大．X与氢元素可形成：H2X、H2X2两种化合物，且在常温下均为液态，则Y为O元素，形成的两种化合物为H2O、H2O2；Y基态原子的M层电子数是K层的3倍，则M层电子数为6，故Y为S元素；Z2+的3d轨道中有10个电子，Z原子核外电子数为2+8+18+2=30，故Z为Zn，据此解答．
【解答】解：X、Y、Z为前四周期元素且原子序数依次增大．X与氢元素可形成：H2X、H2X2两种化合物，且在常温下均为液态，则Y为O元素，形成的两种化合物为H2O、H2O2；Y基态原子的M层电子数是K层的3倍，则M层电子数为6，故Y为S元素；Z2+的3d轨道中有10个电子，Z原子核外电子数为2+8+18+2=30，故Z为Zn．
（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，X（O元素）所在周期中第一电离能最大的主族元素是F元素；H2O2分子结构式为H﹣O﹣O﹣H，分子中O原子价层电子对数为2+=4，故O原子的杂化方式是sp3杂化，故答案为：F；sp3；
（2）①SO42﹣中S原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，故为正四面体构型，故答案为：正四面体；
②原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，故与SO42﹣互为等电子体分子为CCl4等，故答案为：CCl4等；
（3）[Zn（NH3）4]Cl2中Zn2+与NH3形成4个配位键，NH3中含有3个N﹣H键，均为σ键，故1mol[Zn（NH3）4]Cl2含有（4+3×4）mol=16molσ键，则含有σ键的数目为16NA，故答案为：16NA；
（4）晶胞中S原子数目为4，Zn原子数目为8×+6×=4，故晶胞质量为4×g，晶体的密度为a gocm﹣3，则该晶胞的体积为：（4×g）÷a gocm﹣3=cm3，故答案为：cm3．
【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化理论、分子构型、等电子体、化学键、晶胞计算等，难度中等，（3）为易错点，学生容易忽略配位键．
【化学-有机化学基础】
12．有机物是重要的化工原料，其合成过程如下：
（1）化合物II的分子式为C8H10O2，Ⅳ中含氧官能团的名称是羧基和羟基，反应①的反应类型是加成反应．
（2）化合物I～IV具有的性质正确的是CD．
A．1mol化合物II最多能与2molH2发生加成反应
B．1mol化合物II燃烧最多消耗8.5molO2
C．1mol化合物IV能与2mol金属钠、1molNaHCO3反应产生气体
D．化合物I和IV在一定条件下都能与乙酸发生酯化反应
（3）芳香化合物V是II的一种无甲基同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，则V的结构简式为、、．
（4）一定条件下，化合物Ⅳ能形成缩聚高分子，该有机高分子的结构简式为．
（5）有机物VI（）与发生反应的方程式为．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）根据结构简式可知化合物II的分子式，Ⅳ中含氧官能团为羧基和羟基，反应①是物质Ⅰ与发生加成反应得物质Ⅱ；
（2）根据化合物I～IV的元素组成和含有的官能团判断；
（3）根据II的结构简式和相关条件写V的结构简式；
（4）化合物Ⅳ中有羟基和羧基，在一定条件下，分子之间羟基和羧基形成酯基而发生缩聚反应；据此判断高分子的结构简式；
（5）有机物VI（）与可以发生类似反应①的加成反应，据此写反应的方程式；
【解答】解：（1）根据结构简式可知化合物II的分子式为C8H10O2，Ⅳ中含氧官能团为羧基和羟基，反应①是物质Ⅰ与发生加成反应得物质Ⅱ，
故答案为：C8H10O2；羧基和羟基；加成；
（2）A．化合物II中有一个碳碳双键和一个碳碳三键，所以1mol化合物II最多能与3molH2发生加成反应，故A错误；
B．II的分子式为C8H10O2，从耗氧量角度可看成C7H10oCO2，所以1mol化合物II燃烧最多消耗9.5molO2，故B错误；
C．化合物IV中有一个羧基和一个羟基，所以1mol化合物IV能与2mol金属钠、1molNaHCO3反应产生气体，故C正确；
D．化合物I和IV中都有羟基，所以在一定条件下都能与乙酸发生酯化反应，故D正确；
故答案为：CD；
（3）芳香化合物V是II的一种无甲基同分异构体，能使FeCl3溶液显紫色，说明Ⅴ中有酚羟基，结合Ⅱ的结构简式可知V的结构简式为，
故答案为：；
（4）化合物Ⅳ中有羟基和羧基，在一定条件下，分子之间羟基和羧基形成酯基而发生缩聚反应；产生的高分子的结构简式为，
故答案为：；
（5）有机物VI（）与可以发生类似反应①的加成反应，反应的方程式为，
故答案为：；
【点评】本题考查有机物的推断，综合考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，答题时注意把握题给信息，牢固掌握有机物的官能团的结构和性质为解答该类题目的关键．
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