2019-2020学年福建省安溪第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年福建省安溪第一中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列化学用语对事实的表述正确的是A电解 CuCl2溶液：CuCl2=Cu2+2Cl-BMg 和 Cl形成离子键的过程：C向 Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3+3CO32-=Al2(CO3)3D乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OH垐 垐 垐 垎噲 垐 垐 垐浓硫酸CH3CO18OC2H5+H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2，故 A 错误；B氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故 B 错误；C向 Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2，故 C错误；D羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH 提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故 D正确；故选 D。2拉曼光谱证实，AlO2在水中转化为Al(OH)4。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L 盐酸，测得溶液中CO32、HCO3、Al(OH)4、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是A CO32、HCO3和 Al(OH)4在水溶液中可大量共存Bd 线表示的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3 H2O C原固体混合物中CO32与 AlO2的物质的量之比为1：1 D V1=150mL，V2=300mL；M 点生成的CO2为 0.05mol【答案】C【解析】【分析】将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2转化为 Al(OH)4，除 Na+外溶液中主要存在CO32-、Al(OH)4；由于酸性：H2CO3HCO3Al(OH)3，则结合H+的能力：Al(OH)4CO32-HCO3，向溶液中逐滴加入盐酸，Al(OH)4首先与 H+反应转化为Al(OH)3，因此 a 线代表 Al(OH)4减少，发生的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，则 Al(OH)4的物质的量为1mol/L0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为 0.05mol；接下来CO32-与 H+反应转化为HCO3，b 线代表 CO32-减少，c线代表 HCO3增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3，可计算出n(CO32-)=n(HCO3)=n(H+)=1mol/L 0.05L=0.05mol；然后 HCO3与 H+反应生成 H2CO3（分解为CO2和 H2O），最后 Al(OH)3与 H+反应生成Al3+，d 线代表 HCO3减少，e 线代表 Al3+增多。【详解】A由于酸性：HCO3-Al(OH)3，HCO3会与 Al(OH)4发生反应生成Al(OH)3：HCO3+Al(OH)4=CO32-+Al(OH)3+H2O，HCO3和Al(OH)4在水溶液中不能大量共存，A 项错误；Bd 线代表 HCO3减少，发生的反应为：HCO3+H+=CO2+H2O，B 项错误；C a 线代表 Al(OH)4与 H+反应：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，b 线代表 CO32-与 H+反应：CO32-+H+=HCO3，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与 Al(OH)4的物质的量之比为1：1，原固体混合物中 CO32与 AlO2的物质的量之比为1：1，C 项正确；Dd 线代表 HCO3与 H+的反应：HCO3+H+=CO2+H2O，n(HCO3)=0.05mol，消耗 H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e 线代表 Al(OH)3与 H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3而非 CO2，D 项错误；答案选 C。【点睛】在判断 HCO3、Al(OH)3与 H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设 HCO3先与 H+反应，生成的 H2CO3（分解为CO2和 H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与 H+反应，生成的Al3+会与溶液中现存的HCO3发生双水解反应，转化为Al(OH)3和 H2CO3（分解为CO2和 H2O），实际效果还是HCO3先转化为 H2CO3，因此判断HCO3先与 H+反应。3下列说法不正确的是()A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗B用蒸馏法可由含有Fe3的自来水获取较纯净的水C焰色反应后用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色，再进行其它物质的测试D金属镁着火可用沙子覆盖【答案】A【解析】【详解】A.用容量瓶配制溶液时，用蒸馏水洗涤后不能用待装液润洗，否则所配溶液浓度偏高，A 项错误；B.Fe3+难挥发，可用蒸馏法制得纯净水，B 项正确；C.为排出其它元素的干扰，做焰色反应时，应用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验，C项正确；D.金属镁着火可用沙子覆盖，以隔绝空气，D 项正确；答案选 A。4下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A氯化铵受热气化和苯的气化B碘和干冰受热升华C二氧化硅和生石灰的熔化D氯化钠和铁的熔化【答案】B【解析】【详解】A氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A 不选；B碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B 选；C二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；D氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D 不选；故选 B。【点睛】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。5下列实验现象预测正确的是（）A实验：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B实验：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C实验：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D实验：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象【答案】D【解析】【详解】A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A 不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D 正确；故选 D。6实验室利用SO2和 Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)?SO2Cl2(l)?H=-97.3kJ/mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知 SO2C12的熔点为-54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是A乙中盛放的试剂为无水氯化钙B制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中C用来冷却的水应该从a 口入，b 口出D可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫【答案】B【解析】【分析】SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和 Cl2通过冷凝管逸出，SO2和 Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解。【详解】A乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A 选项错误；B根据题目中热化学方程式可知，?H0，则该反应为放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率，B选项正确；C冷凝水应从冷凝管的下口进，上口出，故用来冷却的水应该从b 口入，a 口出，C选项错误；D硝酸具有氧化性，能把二氧化硫氧化成硫酸，故不可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，D 选项错误；答案选 B。【点睛】解答此类问题时需仔细分析题干，利用题干信息分析出装置的作用以及相关试剂，综合度较高，要求对知识点能够综合运用和灵活迁移。7下列有关装置对应实验的说法正确的是（）A可用于制取H2，且活塞a 处于打开状态B可用于收集NH3C可用于固体NH4Cl 和 I2的分离D可用于分离I2的 CCl4溶液，导管b 的作用是滴加液体【答案】A【解析】【详解】A.可用于制取H2，且活塞a 处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A 正确；B.NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；C.加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和 I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；D.导管 b 的作用是回收冷凝的CCl4，故 D 错误；正确答案是A。8存在AlCl3 Al（OH）3 Al2O3 Al 转化，下列说法正确的是（）A Al（OH）3 属于强电解质BAl2O3属于离子晶体C铝合金比纯铝硬度小、熔点高D AlCl3水溶液能导电，所以 AlCl3 属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3 在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A 错误；B、Al2O3由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故B 正确；C、铝合金比纯铝的硬度大，熔点低，故C错误；D、氯化铝为共价化合物，故D 错误；故选：B。9要证明某溶液中不含Fe3+而含有 Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）加入少量氯水加入少量KI 溶液加入少量KSCN溶液ABCD【答案】A【解析】【分析】三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。【详解】先根据 Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI 溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，操作选择及排序为。答案选 A。10 在海水中提取溴的反应原理是5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O 下列反应的原理与上述反应最相似的是（）A 2NaBr Cl22NaClBr2B2FeCl3 H2S=2FeCl2S+2HCl C2H2S+SO2=3S+2H2O D AlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl【答案】C【解析】【详解】反应 5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O 为氧化还原反应，只有Br 元素发生电子的得与失，反应为归中反应。A.2NaBrCl22NaClBr2中，变价元素为Br 和 Cl，A 不合题意；B.2FeCl3H2S=2FeCl2S+2HCl中，变价元素为Fe 和 S，B 不合题意；C.2H2S+SO2=3S+2H2O 中，变价元素只有S，发生归中反应，C符合题意；D.AlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl 为非氧化还原反应，D 不合题意。故选 C。11常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A溶液：B使酚酞呈红色的溶液中：C=1 1014的溶液：D由水电离的的溶液：【答案】B【解析】【详解】A.在酸性条件下，H+与 ClO-及 I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A 错误；B.使酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，本组离子不能发生离子反应，可以大量共存，B 正确；C.=1 1014的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.由水电离产生c(OH-)=1 10-14mol/L 的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与 H+或 OH-都会发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。12设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A pH=1 的硫酸溶液1L，溶液中含SO42-的数目等于0.1NAB真空密闭容器中充入0.1molH2和 0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2NAC10mL0.1mol?L-1的 FeCl3与 20mL0.1mol?L-1KI溶液反应，转移电子数为0.001NAD 60gSiO2晶体中 Si-O 键数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A1LpH1.0的24H SO溶液，H的物质的量为1L0.1mol/L0.1mol，硫酸中氢离子和硫酸根离子的物质的量比为2 比 1，硫酸根离子的物质的量为0.05mol，数目为A0.05N，故 A 错误；B2H和2I反应前后分子数不变，故20.1molH和20.1molI充分反应后，容器内分子总数为A0.2N，故 B正确；C3FeCl与 KI的反应为可逆反应，故C 错误；D 60g 2SiO的物质的量为n=mM=60g60g/mol=1mol，1mol2SiO中有 4molSi-O 键，则 Si-O 键数目为4NA；答案选 B。【点睛】关于 PH 的计算和物质的量公式是解题的关键。13水垢中含有的CaSO4，可先用 Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知 Ksp(CaSO4)=910-6，Ksp(CaCO3)=310-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（）A曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)BCaSO4(s)+CO32-(aq)垐?噲?CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3103C该 Na2CO3溶液的浓度为1mol/L D相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2 倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可【答案】D【解析】【详解】A.CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)c(SO42-)，A 项正确；B.CaSO4(s)+CO32-(aq)垐?噲?CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数2-2-2+sp43442-2-269+33sp3K(CaSO)c(SO)c(SO)c(Ca)=3 10c(CO)c(CO)c(Ca)K(CaCO)9 103 10K，B 项正确；C.依据上述B 项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)垐?噲?CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3 103，每消耗1mol CO32-会生成 1mol SO42-，在 CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于 Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则 c(SO42-)=1mol/L，根据2-342-3c(SO)K3 10c(CO)可得溶液中c(CO32-)=-31103，-lg c(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；D.依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的 2 倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL，在 CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据2-342-3c(SO)K3 10c(CO)可得溶液中c(CO32-)=-32103，-lg c(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D 项错误；答案选 D。14用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下,22.4 L 乙酸中含有的碳碳单键总数为2NAB常温下,46 g NO2气体中所含有的分子数为NAC1 mol 氖气中含有的原子总数为NAD 0.1 L0.1 mol L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目为 0.01NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，乙酸为液体，无法计算，故A 错误；B.在 NO2气体中部分NO2会自发发生反应2NO2垐?噲?N2O4，所以 46gNO2气体中所含有的分子数小于NA，故 B 错误；C.氖气是以单原子的形式存在，因此1mol 氖气中的含有1NA的原子，故C正确；D.氯化镁溶液中镁离子会水解，因此0.1 L0.1 mol L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目小于0.01NA，故 D 错误；故选 C。15为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（）A Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-【答案】C【解析】【详解】A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A 正确；B实验和没有气泡，根据所学Al 可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B 正确；C溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项 C 不正确；D Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al 2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和 HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D 正确；答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图所示，该反应的离子方程式为_。(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成 1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为_；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_。浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_。(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH 的关系如图所示。当pH1.7 时，pH 越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是_。(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为_(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、_等操作可得到Fe2O3产品。【答案】CuFeS2Cu 2H+=2CuS Fe2+H2S2 mol 4Fe2+O24H+=4Fe3+2H2O 生成的硫覆盖在 Cu2S表面，阻碍浸取Fe3+水解程度随pH 的升高而增大32：7 洗涤煅烧(或灼烧)【解析】【分析】辉铜矿（主要成分为Cu2S）用 FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的 CuSO4溶液，调节溶液pH，在碱性条件下，Cu2+与 N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。【详解】（1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成 Fe2+和 H2S，反应的离子方程式为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2+H2S，故答案为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2+H2S；（2）反应Cu2S+4FeCl32CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3中 Fe元素的化合价由+3 价降低为+2 价，Cu2S中 Cu 元素的化合价由+1 价升高为+2 价，硫元素的化合价由-2 价升高为0 价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，故答案为：2mol；4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O；浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，故答案为：生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；（3）由于 Fe3+的水解程度随着pH 的升高而增大，当pH1.7 时，pH 越大，金属离子萃取率越低，故答案为：Fe3+的水解程度随着pH 的升高而增大；（4）在碱性条件下，Cu2+与 N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2Cu2+N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（264）：28=32：7，故答案为：32：7；（5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到Fe2O3产品，故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17香料 G 的一种合成工艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示A 有两个峰，其强度之比为11。CH3CH2CH=CH2NBSCH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO稀碱CH3CH=CHCHO+H2O 请回答下列问题：(1)A 的结构简式为_，G 中官能团的名称为_。(2)检验 M 已完全转化为N 的实验操作是_(3)有学生建议，将M N 的转化用KMnO4(H)代替 O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K L_，反应类型 _。(5)F 是 M 的同系物，比M 多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2 个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物【答案】碳碳双键、酯基取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N 否KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键+CH3CHO稀碱加成反应6 CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液【解析】【分析】由流程：E和 N 发生酯化反应得到的G 为，则 E、N 分别为和中的一种，C反应得到D，D 发生卤代烃水解反应得到E，故 E属于醇，E为，则 N 为，逆推出 M 为、L为，结合信息，逆推出K为，由 E逆推出 D 为，结合信息，逆推出C为，C由 B 在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知 A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A 有两个峰，其强度之比为11，即 A 分子内有2 种氢原子且二者数目相同，则A 为；(1)据上分析，写出A 的结构简式及G 中官能团的名称；(2)检验 M 已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4(H)代替 O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4)K 为，则 KL 的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F 是 M 的同系物，M为，而 F 比 M 多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2 个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A 为，；答案为：；G 为，G 中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M 为，N 为，N 呈酸性，检验 M 已完全转化为 N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M 于试管中，滴加稀NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N；答案为：取少量M 于试管中，滴加稀NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M 已完全转化为N；(3)学生建议用KMnO4(H)代替 O2把 M 转化为 N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否；KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键；(4)K 为，则 KL 的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO稀碱，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO稀碱；加成反应；(5)F 是 M 的同系物，M 为，而 F比 M 多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件 能发生银镜反应，意味着有CHO，条件 能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2 个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、3-CH=CH-CH CHO、22-CH-CH=CH CHO、32-C(CH)=CH CH2CHO、2-CH=CH3-CH、-CH=CH-CHO3-CH、；故共有 6 种；答案为：6；(6)由流程图知，C 和 NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2 个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液；答案为：CH2=CH-CH3NBSCH2=CH-CH2-Br溴水BrCH2-CHBr-CH2-BrNaOH 溶液。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钛被誉为“21 世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的 Ti 最为稳定。回答下列问题：（1）基态 Ti 原子的价电子排布图为_。（2）已知电离能：I2(Ti)=1310kJmol-1，I2(K)=3051kJmol-1。I2(Ti)I2(K)，其原因为 _。（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：钛的配位数为_，碳原子的杂化类型_。该配合物中存在的化学键有_(填字母)。a.离子健b.配位键c.金属健d.共价键e.氢键（4）钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔点/-24.1 38.3 155 沸点/136.5 233.5 377 分析 TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_。（5）已知 TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为_。阴离子的立体构型为_。（6）已知 TiN 晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti 原子与 N 原子的最近距离为_pm。(用含 、NA的代数式表示)【答案】K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K)6 sp3、sp2bd 三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高TiO2+正四面体3A31 N 1010【解析】【分析】（1）基态 Ti 原子的价电子排布图可根据构造原理、泡利原理、洪特规则填写；（2）全充满、半充满、全空，是相对稳定的结构，破坏这样的结构需要更多的能量，形成这样的结构趋势较大，需要较少能量；（3）配位数是中心原子周围的配位原子的个数；碳原子的杂化类型与其形成的化学键有关：形成4 个单键为 sp3杂化，形成1 个双键、2 个单键为sp2杂化，形成1 个三键、1 个单键为sp 杂化；（4）分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；（5）SO42-的立体构型可根据价层电子对互斥理论推测；（6）晶胞中Ti 原子与 N 原子的最近距离为晶胞棱长的二分之一，可先根据V=m计算出晶胞的体积，再开三次方计算晶胞棱长，最后将晶胞棱长乘二分之一。【详解】（1）基态 Ti 原子有 4 个价电子，根据构造原理，4s 能级能量较低，电子先填满4s 能级，再填入 3d 能级；根据泡利原理和洪特规则，2 个电子先填入4s 能级的 1个轨道，自旋状态相反，3d 能级有 5 个轨道，剩余 2 个电子应先占据不同的轨道，且自旋状态相同，故答案为：；（2）Ti+的基态电子排布为Ar3d24s1，再失去 1 个电子，4s 轨道将变为全空状态，趋势较大，所需能量I2(Ti)较低；K+的基态电子排布为Ne3s23p6，再失去1 个电子，将破坏3p6的全充满状态，所需能量I2(K)较高，故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K)；（3）Ti 的配位数为6，甲基碳的杂化类型为sp3，双键碳的杂化类型为sp2，故答案为：6；sp3、sp2；该配合物中存在配位键和共价键，故答案为：bd；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，故答案为：三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高；（5）可用均摊法确定硫酸氧钛晶体中阳离子的化学式，每个 Ti 原子连接2 个 O 原子，每个 O 原子只有一半属于它，所以 Ti 原子与 O 原子的个数比=1(12 2)=1 1，阳离子的化学式为TiO2+；硫酸氧钛的阴离子为 SO42-，中心原子S的价层电子对数=4+12(8 42)=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，所以SO42-的立体构型为正四面体，故答案为：TiO2+；正四面体；（6）一个 TiN 晶胞中，Ti 原子数=1214+1=4，N 原子数=612+818=4，m(晶胞)=m(Ti)+m(N)=-1-1AA4448g/mol+14g/molN molN mol=A248Ng，V(晶胞)=m(晶胞)(晶胞)=A-3248gNgcm=3A248cmN，晶胞的棱长=33A248cmN=3A248Ncm=3A248N 1010pm，晶胞中Ti原子与 N 原子的最近距离=晶胞的棱长 12=3A248N 1010pm12=3A31N 1010pm，故答案为：3A31 N 1010。【点睛】确定 SO42-的立体构型，可用价层电子对互斥理论推测：SO42-的中心原子是S原子，S原子的价层电子对数=键电子对数+中心原子上的孤电子对数；键电子对数=与中心原子结合的原子数=4；中心原子上的孤电子对数=12(axb)；其中 a 为中心原子的价电子数，S原子有 6 个价电子，SO42-带 2 个单位负电荷，因此a=6+2=8；x 为与中心原子结合的原子数，此处为4；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，与 S原子结合的为O 原子，O 原子最多能接受的电子数=86=2；所以中心原子上的孤电子对数=12(842)=0；S原子的价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，SO42-的立体构型即为正四面体。19NOx是空气的主要污染物之一。回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO来自于反应：N2(g)O2(g)2NO(g)。如图表示在不同温度时，一定量NO分解过程中N2的体积分数随时间的变化。则N2(g)O2(g)2NO(g)为_(填“吸热”或“放热”)反应。2000时，向容积为2L 的密闭容器中充入10mol N2和 5mol O2，发生上述反应，10min 达到平衡，产生 2mol NO，则 10min 内的平均反应速率(O2)_molL1min1。（2）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原 NO的机理如下：第一阶段：B4(不稳定)H2低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K12NO(a)2N(a)+O2(g)H2、K22N(a)N2(g)2 H3、K32NO(a)N2(g)+2O(a)H4、K42O(a)O2(g)2 H5、K5注：表示催化剂表面的氧缺位，g 表示气态，a 表示吸附态第一阶段用氢气还原B4得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_。第二阶段中各反应焓变间的关系：2H1H2H3_；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数K_(用 K1、K2、K3的表达式表示)。（3）工业废气中的NO和 NO2可用 NaOH溶液吸收。向 20mL0.1mo1 L1NaOH溶液中通入含NO和 NO2的废气，溶液 pH随气体体积V的变化如图所示(过程中温度保持不变)，B点对应的溶液中c(HNO2)c(NO2)，则 A点对应溶液中c(NO2-)/c(HNO2)_。（4）氨催化还原法也可以消除NO，原理如图所示，NO最终转化为H2O和_(填电子式)；当消耗 1 molNH3和 0.5 molO2时，理论上可消除_L(标准状况)NO。【答案】吸热0.05 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快2H1H4H5K12K2K3103.711.2【解析】【分析】(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，结合温度对平衡的影响分析判断；根据N2(g)O2(g)2NO(g)，计算出反应消耗的氧气，再计算10min 内的氧气的平均反应速率；(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多；根据盖斯定律分析解答；(3)NO 和 NO2可用 NaOH 溶液，吸收发生的反应为NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，根据亚硝酸钠的水解平衡常数Kh=22c HNOc OHc N)()O(结合温度不变，Kh不变计算；(4)由图 2 知，该原理中的中NO 最终转化为H2O 和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO 和氧气得到的电子总物质的量计算。【详解】(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；根据N2(g)O2(g)2NO(g)，10min 达到平衡，产生 2mol NO，则反应的氧气为1mol，10min 内的平均反应速率(O2)1mol2L10min=0.05 molL1 min1，故答案为吸热；0.05；(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K1，2NO(a)2N(a)+O2(g)H2、K2，2N(a)N2(g)2H3、K3，2NO(a)N2(g)+