2019-2020学年北京市中关村中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市中关村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短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。W 原子的最外层电子数是X与 Z 原子最外层电子数之和，W 简单氢化物r 溶于水完全电离。m、p 是由这些元素组成的二元化合物，m 可做制冷剂，无色气体p 遇空气变为红棕色。下列说法正确的是（）A简单离子半径：WZYX BY原子的价电子轨道表示式为Cr 与 m 可形成离子化合物，其阳离子电子式为D一定条件下，m 能与 Z 的单质反应生成p【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增

2、大。m 可做制冷剂，则m 为 NH3，则 X 为 H；无色气体p 遇空气变为红棕色，则p 为 NO；N 元素的简单氢化物是非电解质，所W 不是 O、N，则 Y为 N，Z为 O，W 原子的最外层电子数是X与 Z 原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r 溶于水完全电离，则W 为 Cl。【详解】A 电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl-N3-O2-H+，故 A 错误；BY为 N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故 B 错误；Cr 与 m 可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故 C错误；D氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO

3、，故 D 正确；故答案为D。2根据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是选项实验操作和现象结论A 向 2 mL 浓度均为1.0mol L-1的NaCl、NaI 混合溶液中滴加 23 滴 0.01mol L-1AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀产生。Ksp(AgCl)Ksp(AgI)B 某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失。原溶液中有SO42-C 向两支分别盛有0.1 mol L-1 醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生。电离常数：Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(H3BO3)D 在两支试

4、管中各加入4 mL 0.01 mol L-1 KMnO4酸性溶液和 2 mL 0.1 mol L-1H2C2O4，再向其中一支试管中快速加入少量 MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快。Mn2+对该反应有催化作用A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A向 2 mL 浓度均为1.0mol L-1的 NaCl、NaI 混合溶液中滴加23 滴 0.01mol L-1AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀产生。说明先生成AgI 沉淀，从而说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，正确；B.某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，再加入足量稀盐酸，白色沉淀不消失。不能证明原溶液

5、中有 SO42-，因为若含SO32-，也会生成BaSO4沉淀，错误；C.向两支分别盛有0.1 molL-1 醋酸和硼酸溶液的试管中滴加等浓度Na2CO3溶液，可观察到前者有气泡产生，后者无气泡产生。说明酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，从而说明电离常数：Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(H3BO3)，正确；D.在两支试管中各加入4 mL 0.01 molL-1 KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 molL-1H2C2O4，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快。从而说明Mn2+对该反应有催化作用，正确。故选 B。3草酸亚铁晶体(

6、FeC2O4 2H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。下列说法正确的是A若和中分别盛放足量NaOH 溶液和 CuO，可检验生成的CO B实验时只需要在装置中反应结束后再通入N2C若将中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气D实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁【答案】A【解析】【分析】【详解】A、利用 、除去 CO2，中的无水氯化钙将气体干燥后，如果 中 CuO固体转变成红色，则反应一定生成 CO，A 正确；B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B 错误；C、由于从 、溶

7、液中导出的气体会带出水蒸气，因此 中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；答案选 A。【点睛】固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。4下列说法错误的是（）A图 a 所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B用图 b 所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C用图 c 所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e 口通入 NH3，再从 f 口通入 CO2，g 中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D测定某盐酸的物质的量浓度所用图d 所示装置中滴定管选择错误【答案】B【解析】【详解】A.根

8、据图 a 装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A 正确；B.阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B 错误；C.图 c所示装置是侯氏制碱法的反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g 的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D.如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D 正确。故选 B

9、。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。5传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是()A b 为电源的正极B负极反应式Ag-e-+Cl-=AgCl C当电路中电子转移为5 10-5mol 时进入传感器的SO2为 1.12 mL D阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A与 b 电极连接的电解池的电极上发生

10、HSO3-变化为 S2O42，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b 为电源的负极，A 项错误；B根据上述分析，a 为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e+ClAgCl，B项错误；C当电路中电子转移为5 105mol 时，进入传感器的SO2为 5 105mol，标况下的体积为1.12 mL，C项错误；D根据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，D 项正确；故答案选D。答案选 D。【点睛】本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。与 b 电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为 S2O42-，硫元素

11、化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；与电源 a 极相连的电极为电解池的阳极，与b 连接的电解池的阴极；温度和压强不知不能计算气体体积。6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2 倍。下列叙述不正确的是A Y单质的熔点高于X单质BW、Z的氢化物沸点WZ CX、W、Z 能形成具有强还原性的XZW DX2YW3中含有共价键【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最高的元素，W 是 O 元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最

12、大的，X为 Na 元素，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z 的最外层电子数为7，则 Z为 Cl元素，Y为 Si元素。【详解】根据分析可知，W 为 O，X为 Na，Y为 Si，Z为 Cl元素。A Na 形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：YX，故 A 正确；B水分子间形成氢键，沸点较高，W、Z的氢化物沸点WZ，故 B正确；CX、W、Z 能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C 错误；D Na2SiO3中含有 Si-O 共价键，故D 正确；故选 C。7四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X的内层电

13、子与最外层电子数之比为 2：5，Z和 W 位于同一周期。Z与 W 组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和 Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A四种元素中至少有两种金属元素B四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物C四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素Y形成的离子D常温下，XYZ、三种元素形成的化合物的水溶液的pH小于 7【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X 的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z 和 W

14、位于同周期。Z 的化合物与人类生活关系密切，Z与 W 组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W 为氯元素。Y 和 Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A 错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.XYZ、三种元素形成的化合物为NaNO3或 NaNO2，若为 NaNO3溶液显中性，pH 等于 7，若为 NaNO2

15、因水解溶液显碱性，pH 大于 7，故 D 错误。故选 B。8某溶液X中含有 H+、+4NH、Na+、Mg2+、Fe2+、24SO、Cl-、Br-、2AlO、SiO32-和 HCO3-离子中的若干种。取 100 mL 该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A溶液 X中一定没有2AlO、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B溶液 X中加 NaOH 后，所得沉淀的成分可能有两种C溶液 X 中 c（Cl-）0.2 mol L-1D溶液 X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比21 混合再溶于水配制而成【答案】D【解析】【详解】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根

16、离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66 克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为 0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66 克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4

17、 克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol 氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.02 2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为0.02mol=0.2mol/L0.1L，故错误；D.溶液中含有0.02mol 铵根离子，0.02mol 硫酸根离子，0.01mol 镁离子，0.02mol 氢离子，氯离子物质的量最小值为

18、0.02mol，可能是由 0.02molNH4HSO4和 0.01molMgCl2按物质的量之比21 混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选 D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。9短周期元素X.Y.Z.W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W 原子的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍。下列判断不正确的是（）A四种元素的单质中，X 的熔

19、沸点最低B最高价氧化物对应水化物的酸性W 比 Z强CX的气态氢化物的稳定性较Z 的弱D原子半径：YZWX【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W 均为短周期元素，W 原子的最外层电子数是最内层电子数的3 倍，最内层只有2 个电子，则最外层电子数为6，则 Y为 O 元素，根据X、Y、Z、W 在周期表中相对位置可知，X 为 N 元素、Z 为 Si元素、Y为 Al 元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X 常温下为气态，其它三种为固态，故A 正确；B、非金属性WZ，故最高价氧化物对应水化物的酸性W Z，故 B 正确；C、非金属性X Z，故 X 的气态氢化物的稳定性较Z的强，故 C 不正确；D、同周期

20、随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：YZW X，故 D 正确；故选 C。10据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和 Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是A Cu2(OH)3Cl属于有害锈BCu2(OH)2CO3属于复盐C青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D用 NaOH 溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”【答案】A【解析】【详解】A.从图中可知Cu2(OH)3Cl 没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu 的腐蚀

21、，因此属于有害锈，A 正确；B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用 NaOH 溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D 错误；故合理选项是A。11设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4NABl0mL 12mol/L

22、盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD常温常压下，6g 乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是 0.1 mol，A 错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于 0.03 mol，分子数小于0.03NA，B 错误；C.0.1mol CH4与 0.4mol Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得

23、到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C 错误；D.一个乙酸分子中有3 个 C-H 键，则常温常压下，6g 乙酸中含有C-H 键的数目为0.3NA，D 正确；答案选 D。12实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A装置 b、c 中发生反应的基本类型不同B实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色Cd 中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通

24、入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A装置 b 中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c 中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A 正确；B石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到 b、c 中溶液明显褪色，B 正确；C装置 c 中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使 d 中溶液变浑浊，所以d 中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D 正确；答案选 C。13实验室用NH4

25、Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2的过程如下图所示，下列说法不正确的是A X 中大量存在的阴离子有Cl-和 OH-BNCl3 的键角比CH4的键角大CNaClO2 变成ClO2发生了氧化反应D制取3 mol ClO2至少需要0.5mol NH4Cl【答案】B【解析】【分析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl电解3H2+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，则 X 含 NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A.NaClO2溶液与 NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以

26、反应物必然有H2O 参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和 OH-，故 A 正确；B.N 原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有 1 对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B 错误；C.NaClO2变成 ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C 正确；D.由反应 NH4Cl+2HCl电解3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl

27、+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故 D 正确；故选：B。【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。14室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A 0.1 molL-1NaOH 溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B通入过量Cl2：Cl、SO42、Fe2+、Al3+C通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D 0.1mol L-1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A.0.1 molL-1NaOH 溶液显碱性，离子间不发生反应，可以共存，故A 正确；

28、B.通入过量Cl2的溶液显酸性和氧化性，Fe2+有还原性被氧化为Fe3+，不能共存，故B 错误；C.通入大量CO2的溶液显酸性，H+与 ClO-、CH3COO-、HCO3-不能共存，故C错误；D.0.1molL-1H2SO4溶液显酸性，H+存在的情况下NO3-和 HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D 错误。答案选 A。15下列关于有机化合物的说法正确的是（）A乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4 种【答案】C【解析】【详解】A.乙硫醇(

29、C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B 错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2 个 H 原子被 Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4 个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2 种，异丁烷的1 种，共有3 种不同的结构，D错误；故合理选项是C。二、

30、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16纳米 TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：组装装置如下图所示，保持温度约为65，先将30mL 钛酸四丁酯 Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL 乙酰丙酮，充分搅拌；将含水20的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成 TiO2，回答下列问题：(1)仪器 a 的名称是 _，冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以

31、减慢水解反应的速率，其原理可能是_(填标号)。a.增加反应的焓变b.增大反应的活化能c.减小反应的焓变d.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。(3)步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是 _(填标号)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000 g 样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用 0.1000 mol L-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终

32、点。重复操作2 次，消耗 0.1000 molL-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H)。加入金属铝的作用除了还原TiO2外，另一个作用是_。滴定时所用的指示剂为_(填标号)a.酚酞溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液样品中TiO2的质量分数为_%。【答案】温度计冷凝回流b 用含水 20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4 C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b 80【解析】【分析】(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；

33、(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据 Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H，说明 Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中TiO2的质量分数。【详解】(1)根据装置图，仪器a 为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝

34、回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故 a 错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故b 正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故c 错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故d 错误；故选b；根据实验步骤的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解的反应速率，故答案为b；用含水20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH

35、)4不稳定，易脱水生成TiO2，步骤中钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4 C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4 C4H9OH；a；(4)根据 Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H，说明 Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；酚酞溶液、淀粉溶液与NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化

36、Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与 Fe3+反应；根据滴定反应Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为b；消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量=0.02L 0.1000 molL-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中TiO2的质量分数=0.00280g/0.2000molmolg 100%=80%，故答案为80。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17药物中间体(

37、G)在有机制药工业中的一种合成方法如下:回答下列问题:(1)化合物 D 和 G 中含氧官能团的名称分别为_、_。(2)由 BC 的反应类型为_;写出 C D反应的化学方程式:_。(3)化合物 E的结构简式为 _。(4)反应 FG 的另一种生成物是_。(5)写出同时满足下列条件的B 的同分异构体的结构简式:_。能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应:核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:4:9;分子中含有氨基。(6)已知:RCN2H催化剂、加热RCH2NH2请设计以HOOCCH2COOH和 CH3CH2Cl为原料制备的合成路线:_(无机试

38、剂任用)。【答案】酯基肽键加成反应CH3CH2OH 和【解析】【分析】A 发生取代反应生成B，B和 HCl 发生加成反应生成C，C 与 KCN发生取代反应生成D，D 与盐酸反应，根据 E和乙醇发生酯化反应生成F，根据 F的结构推出E的结构简式为，F和 C2H5NH2发生取代反应生成G 和乙醇。【详解】(1)根据 D、G 的结构得出化合物D 中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。(2)根据 BC 的结构式得出反应类型为加成反应；根据C D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。(3)根据 E到 F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为

39、：。(4)根据反应FG 中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2 个 NH2,1 个 C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。(6)CH3CH2Cl 在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2C

40、l与 KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据 F到 G 的转化过程，CH3CH2CH2NH2与 CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）182019 年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：(1)基态 Co原子价电子排布图为_(轨道表达式)。第四电离能I4(Co)比 I4(Fe)小，是因为_。(2)LiCl 的熔点(605)比 LiF的熔点(848)低，

41、其原因是_.(3)乙炔(C2H2)分子中 键与 键的数目之比为_。(4)锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。LiBF4中阴离子的空间构型是_；与该阴离子互为等电子体的分子有_。(列一种)碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_。(5)Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。S2的配位数为 _。设 NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为_(列出计算式)3g cm。【答案】Co 失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高LiCl 和 LiF

42、均为离子晶体，Cl半径比 F大，LiCl 的晶格能比LiF的小3：2 正四面体CF4sp2、sp38 303A44610N588【解析】【分析】(1)基态 Co原子价电子排布式为3d74s2，再得价电子排布图；Co3+为 3d6，Fe3+为 3d5，Fe3+半满，稳定，难失去电子，因此得到结论。(2)LiCl 与 LiF都为离子晶体，主要比较离子晶体中离子半径，键能和晶格能。(3)乙炔(C2H2)分子中碳碳三键，因此可得分子键与 键的数目之比。(4)先计算 LiBF4中阴离子的电子对，再得空间构型，根据左右价电子联系得出与该阴离子互为等电子体的分子。分别分析碳酸亚乙酯分子中每个碳原子的键和孤对

43、电子得到结论。(5)以最右面中心S2分析，分析左右连接的锂离子个数。先计算晶胞中有几个硫化锂，再根据密度公式进行计算。【详解】(1)基态 Co原子价电子排布式为3d74s2，其价电子排布图为；第四电离能I4(Co)比 I4(Fe)小，其 Co3+为 3d6，Fe3+为 3d5，Fe3+半满，稳定，难失去电子，因此原因为Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高，故答案为：；Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故 Fe需要的能量较高。(2)LiCl 的熔点(605)比 LiF的熔点(848)低，它们都为

44、离子晶体，离子晶体熔点主要比较半径，键能和晶格能，因此其原因是LiCl和 LiF均为离子晶体，Cl半径比 F大，LiCl的晶格能比LiF的小，故答案为：LiCl和 LiF 均为离子晶体，Cl半径比 F大，LiCl的晶格能比LiF的小。(3)乙炔(C2H2)分子中碳碳三键，因此分子键与 键的数目之比为3:2，故答案为：3:2。(4)LiBF4中阴离子的电子对为14+(314 1)42，因此空间构型是正四面体型；B的价电子等于C的价电子，因此与该阴离子互为等电子体的分子有CF4，故答案为：正四面体；CF4。碳酸亚乙酯分子中碳氧双键的碳原子，键有 3 个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp2，另外两个

45、碳原子，键有 4 个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp3，所以碳原子的杂化方式有sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3。(5)以最右面中心S2分析，连接左边有4 个锂离子，右边的晶胞中也应该有4 个锂离子，因此配位数为8，故答案为：8。设 NA为阿伏加德罗常数的值，根据晶胞计算锂离子有8 个，硫离子8 个顶点算1 个，6 个面心算3 个即总共 4 个，Li2S的晶胞密度-330-3A1033A464Nm46 4=g cm=10 g cmV588 10N588（），故答案为：303A44610N588。19废水中氨氮(NH3、NH)的处理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等

46、。(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是_。(2)生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：NHNON2反应的离子方程式为_。(3)化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH 转化为 MgNH4PO4 6H2O 沉淀。若pH 过大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是_(用离子方程式表示)。(4)折点加氯法：向废水中加入NaClO 溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：NaClOH2O=HClONaOH()NH3HClO=NH2ClH2O()NH2Cl HClO=NHCl2 H2O()NHCl2 H2O=NOH2HCl()NHCl2 NOH=N2HClOHCl()探

47、究 NaClO 的投加量 以 m(Cl2)表示 对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是_。当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，随着 m(Cl2)m(NH3)的减小，污水中余氯(除 Cl外的氯元素存在形式)浓度升高，其原因是_。(5)电催化氧化法：原理如下图所示(MOx表示催化剂)。反应的离子方程式可表示为2NH4+6MOx(OH)=6MOxN26H2O2H。阳极电极反应式为_。电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，含 Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高，其原因是_。【答案】水体富营养化NH4+2O2NO3-2

48、HH2O MgNH4PO4 6H2O2OH=Mg(OH)2NH4+PO43-6H2O 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3-加入次氯酸钠量不足，部分氨氮以NH2Cl形式存在MOxH2Oe=MOx(OH)HCl在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为 N2而除去【解析】【分析】（1）水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染，导致水体富营养化；（2）铵根与氧气在硝化细菌的作用下生成硝酸根离子和水；（3）沉淀会溶解在过量的碱性环境中；（4）次氯酸钠氧化性较强，若投入量过大，则部分N 元素会被氧化为硝酸根离子；次氯酸钠投入量过少，发生次氯酸会将氨气按反应氧化为NH2Cl；（5）依据电

49、解原理，阳极发生失电子的氧化反应，据此分析；根据放电顺序，电解质溶液中有氯离子的话氯离子先放电，氯气溶于水形成的次氯酸参与氨氮的去除反应。【详解】（1）氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致水体富营养化；（2）根据图示信息可知，反应的离子方程式为NH4+2O2NO3-2HH2O；（3）若 pH 过大，MgNH4PO4 6H2O 会与氢氧根离子反应转化成氢氧化镁，其离子方程式为：MgNH4PO4 6H2O2OH=Mg(OH)2 NH4+PO43-6H2O；（4）当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3-；当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，说明次氯酸投入量小，此时部分氨氮以NH2Cl形式存在；（5）依据电解原理，阳极MOx失电子转化为MOx(OH)，其电极反应式为：MOxH2Oe=MOx(OH)H；电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，污水若有Cl在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为N2而除去，因此含Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高。