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

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1、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

2、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

3、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：H2CO3HCO3A

4、l(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+

5、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+=HCO

6、3，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

7、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

8、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

9、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

10、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

11、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】S

12、O2C12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

13、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】

14、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

15、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

16、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+3

17、Na2SO4+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

18、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

19、-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

20、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

21、-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+sp43

22、442-2-269+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(CO

23、32-)=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

24、 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

25、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

26、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 CuCl

27、2，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 mo

28、l 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

29、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=

30、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：3

31、2：7；（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

32、 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

33、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

34、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

35、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

36、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

37、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BrCH

38、2-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

39、.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

40、+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

41、，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

42、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

43、，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

44、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

45、+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

46、：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

47、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

48、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，

49、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

50、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)+