贵州省贵阳市2019届高三下学期适应性考试一理科理综化学试卷含答案.pdf

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1、贵州省贵阳市 2019 届高三下学期适应性考试（一）理科综合可能用到的相对原子质量：H-1C-12B-11N-14O-16Na-231.化学在当今生活中具有非常重要的作用。下列有关说法不正确的是（）A.利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型无机非金属材料B.由反应 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8OH-可知，新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体C.落户贵州的企业必须从源头上减少或消除生产对环境的污染，这是贵州省贯彻落实绿色化学观念的具体体现D.碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效【答案】D【详解】A.利用新型陶瓷制造的人

2、造骨属于新型陶瓷，是新型无机非金属材料，A 正确；B.由反应 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8OH-可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化，和水反应生成的氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，所以新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)集氧化、吸附、絮凝等多种功能于一体，B 正确；C.从源头上减少或消除对环境的污染是绿色化学的核心，C 正确；D.碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，和胃酸中的盐酸反应，与醋酸同服醋酸和碳酸氢钠反应，会减弱治疗效果，D 错误；故合理选项是 D。2.下列关于有机化合物的说法中正确的是（）A.乙醇和乙二醇互为同系物B.聚氯乙烯能使溴

3、水褪色C.油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应D.螺(33 烷(【答案】C【详解】A.乙醇结构为 C2H5OH，是一元醇，而乙二醇结构是CH2(OH)CH2OH，属于二元醇，官能团的数目不同，不是同系物，A 错误；B.聚氯乙烯分子中无碳碳双键，故其不能使溴水褪色，B 错误；C.油脂在碱性条件下的水解产生高级脂肪酸的盐和甘油，高级脂肪酸的钠盐是肥皂的主要成分，因此把油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应，C 正确；)的一氯代物共有 3 种(不含立体异构)1D.螺(33 烷(故合理选项是 C。)的分子中含有 2 种不同位置的 H 原子，所以其一氯代物共有2 种，D 错误；3.NA为阿伏加德罗

4、常数的值。下列说法正确的是（）A.密闭容器中，2 mol NO 和 1molO2充分反应后分子总数为2NAB.标准状况下，2.24L 甲醇在足量 O2中完全燃烧，生成 CO2的分子数为 0.1NAC.常温常压下，28gCO 含有的质子数为 14NAD.常温常压下，30g 乙烷含有的共价键数目为6NA【答案】C【分析】A.NO 和 O2反应方程式为 2NO+O2=2NO2，反应生成 NO2会进一步发生反应：2NO2B.标况下甲醇不是气体；C.先利用 n=，计算 CO 的物质的量，再根据 1 个 CO 含有 14 个质子计算解答；D.先利用 n=，计算乙烷的物质的量，再根据1 个乙烷分子中含有 7

5、 个共价键计算。【详解】A.NO 和 O2在常温下发生反应：2NO+O2=2NO2，反应产生的 NO2会进一步发生可逆反应：2NO2N2O4，根据方程式可知，2molNO 与 1molO2恰好完全反应生成 2molNO2，由于一部分 NO2转化为N2O4；N2O4，所以产物分子数小于2NA，A 错误；B.在标况下甲醇不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B 错误；C.常温常压下，28gCO 的物质的量 n=含有的质子数为 14NA，C 正确；D.常温常压下，30g 乙烷的物质的量 n=乙烷中含有的共价键数目为7NA，D 错误；故合理选项是 C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意根据掌

6、握好以物质的量为中心的各个化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确只有在标况下的气态物质才可以使用气体摩尔体积计算。本题易错选项是选项A，忽视了2NO2N2O4的转化关系。=1mol，由于 1 个乙烷分子中含有 7 个共价键，所以 1mol=1mol，由于在 1 个 CO 分子中含有 14 个质子，所以 1molCO4.下列化学实验设计正确的是（）A.用氨水鉴别 AlCl3溶液与 AgNO3溶液B.用酸性高锰酸钾溶液区分 HCOOH 和 HCHOC.除去 CO2气体中的 SO2气体，将混合气体通入BaCl2溶液洗气D.一定量的稀 HNO3与足量的 Cu 反应，尾气直接用 NaOH 溶液吸收2【答案】

7、A【详解】A.氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，氨水过量沉淀不溶解；氨水和硝酸银溶液混合，首先反应生成氢氧化银白色沉淀，当氨水过量时沉淀溶解，生成可溶性络合物，反应现象不同，可以鉴别，A 正确；B.甲酸和甲醛都含有醛基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪去，现象相同不能鉴别，B 错误；C.由于性 HCl 的酸性比 H2SO3及 H2CO3都强，所以 CO2和 SO2与氯化钡溶液都不能发生反应，因此不能除去，可利用酸性 H2SO3H2CO3，用饱和的碳酸氢钠溶液除去CO2气体中的杂质气体 SO2，C 错误；D.Cu 和稀硝酸反应生成NO，NO 和 NaOH 溶液不反应，D 错误；故合

8、理选项是 A。5.最近有科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如下图所示。已知：电解质由离子液体(离子能够自由移动，非溶液)和二甲基亚砜(CH3)2SO混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其它化合物进入该电极；二硫化钼起催化作用。该装置工作时，下列叙述不正确的是（）A.放电时，a 极发生氧化反应B.放电时的总反应为：2Li+O2=Li2O2C.充电时，Li+在电解质中由 b 极移向 a 极D.充电时，b 极的反应式：Li2O2+2e-=2Li+O22-【答案】D【详解】A.根据图示可知 A 电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A 正确；

9、B.根据图示可知 a 电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b 电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B 正确；C.充电时，a 电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在 a 电极获得电子，变为 Li，所以充电时Li+在电解质中由 b 极移向 a 极，C 正确；D.充电时，b 极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2Li+O2，D 错误；故合理选项是 D。36.a、b、c、d 是原子序数依次增大的四种短周

10、期主族元素，a 原子中只有 1 个电子，b 原子的 L 电子层有 5 个电子，c 元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3 倍。下列叙述正确的是（）A.a、b、c 三种元素形成的化合物都只含共价键B.b 的气态氢化物与 d 的气态氢化物相遇有白烟产生C.c 只以化合态形式存在于自然界中D.含氧酸的酸性：d 的一定强于 c 的【答案】B【分析】a、b、c、d 是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a 原子中只有 1 个电子，则 a 为 H 元素；b原子的 L 电子层有 5 个电子，则 b 为 N 元素；c 元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3 倍，c 位于A族，O 元素没有最高正价，则c

11、为 S 元素；d 的原子序数大于 S，则 d 为 Cl 元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：a 为 H 元素，b 为 N 元素，c 为 S 元素，d 为 Cl 元素。A.a、b、c 三种元素分别是 H、N、S，这三种元素可以形成离子化合物NH4HS、(NH4)2S，在这两种物质内含有离子键、共价键，不是只有共价键，A 错误；B.b 元素的气态氢化物为 NH3，d 元素的气态氢化物为 HCl，NH3与 HCl 在空气中相遇生成NH4Cl 白色固体，因此会看到有白烟产生，B 正确；C.c 是 S，S 元素在自然界中既存在游离态的硫单质，Na2SO4如火山喷发口处，也存在化合态的 S 元素，如

12、 FeS2、等，C 错误；D.选项没有指出是最高价含氧酸，所以d 的含氧酸酸性不一定比 c 的酸的酸性强，D 错误；故合理选项是 B。【点睛】本题考查元素的推断及元素周期律的应用的知识。根据原子结构特点推断元素为解答基础，选项A、D 是 d 为易错点，一般情况下活泼金属与活泼非金属形成离子键，但有时非金属元素的原子也可以形成离子键，如各种铵盐，NH4Cl 都熟悉，但未考虑到其它非金属形成的铵盐，如NH4HS、(NH4)2S 等；对于选项D，往往“想当然”地认为是“最高价”含氧酸的酸性比较，一定要细心、认真。7.常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断正确的是（）4A.曲线上

13、任意一点的 Ksp都相同B.在 CaSO4饱和溶液中加入 Na2SO4固体，可使溶液由 b 点变化到 c 点C.蒸发水后，可使溶液由d 点变化到 b 点D.常温下，CaSO4的 Ksp的数量级为 10-5【答案】A【详解】A.Ksp 只与温度有关，在曲线上的任意一点的温度相同，温度不变 Ksp不变，在曲线上的任意一点 Ksp都相等，A 正确；B.在 CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)逆向移动，使溶液中 c(Ca2+)降低，最终达到平衡时c(SO42-)c(Ca2+)，所以可使溶液由 b 点变化到 e 点，但是不

14、可能由 b点变化到 c 点，B 错误；C.d 点为达到沉淀溶解平衡，蒸发水后，溶液中c(SO42-)、c(Ca2+)都增大，所以不可能使溶液由d 点变化到 b点，C 错误；D.常温下，CaSO4的 Ksp=c(Ca2+)c(SO42-)，根据 b 点计算，Ksp=c(Ca2+)c(SO42-)=310-3mol/L310-3mol/L=910-6mol2/L2，可见 CaSO4的 Ksp的数量级为 10-6，D 错误；故合理选项是 A。8.硼氢化钠(NaBH4)是应用广泛、性能较好的还原剂，以硼酸、甲醇和氢化钠(NaH)为原料可制得硼氢化钠。某学习小组的同学欲利用下图所示路线在实验室合成硼氢化

15、钠。I.氢化钠的制备已知 NaH 的化学反应活性很高，在潮湿的空气中能自燃，与酸接触即放出热量和氢引发燃烧甚至爆炸。该小组的同学利用下图中的装置在实验室制取NaH。5(1)NaH 中氢元素的化合价为_，NaH 的电子式为_。(2)按气流方向连接各仪器接口，顺序为 a_bc(填接口字母)；连接装置后进行实验，在给装置 B 加热前，必须进行的一步操作是_。(3)装置 A 中盛装稀盐酸的仪器名称为_，装置 D 中应盛装的试剂是_。(4)经分析，该实验装置有一个明显的不足是_，解决此不足的措施是_。.硼氢化钠的制备与纯度测定在搅拌加热到 220时，向盛装 NaH 的缩合反应罐中加入硼酸三甲酯B(OCH

16、3)3，升温到 260，充分反应后，经过处理得到 NaBH4和甲醇钠。(5)某同学欲通过测定硼氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定硼氢化钠产品的纯度。已知：NaH+H2O=H2+NaOH。硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，该反应方程式为_。该同学用图装置测定硼氢化钠产品的纯度(杂质只有氢化钠)。装置中 a 的作用是_；称取 6.28g 氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为13.44L(已折算为标准状况)，则样品中硼氢化钠的纯度为_%(结果保留两位有效数字)。【答案】(1).-1(2).(3).gfde(4).检验 H2的纯度(5).分液漏斗(6).碱液(7).未防止空

17、气中的水蒸气进入装置B 中(8).在装置 B 之后连接一个干燥装置(9).NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2(10).平衡气压，便于液体顺利滴下(11).85【分析】(1)根据 Na 的化合价为+1 价，化合物中所有元素正负化合价代数和等于 0 分析；二者形成离子化合6物，每种微粒达到稳定结构；(2)在 A 装置中制取 H2，通过 D 装置除去 H2中的 HCl 杂质，再通过 C 装置干燥，最后通过B 装置制取 NaH；除杂、干燥的装置的导气管都是长进短出；由于H2是可燃性气体，在加热制取NaH 前，首先要检验H2纯度，然后再加热；(3)根据装置图中 A 的结构判断盛装稀盐酸的仪器名称为

18、；装置D 的作用是除去氢气中的HCl 杂质，可根据HCl 的性质，确定其中应盛装的试剂；(4)根据 NaH 在潮湿的空气中能自燃,结合装置图中各个装置的作用可知缺少一个干燥装置；缺少什么就及时补救什么装置；(5)根据已知物质和待求物质结合质量守恒定律书写方程式；导管 a 起连通器的作用，根据其连接的位置、结合其作用分析；称取 6.28g 氢化钠样品，发生的反应可能有NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2、Na+H2O=NaOH+H2，由放出氢气的体积计算氢气的物质的量，根据固体的质量、H2的物质的量，可计算出硼氢化钠的质量，最后可得其纯度。【详解】(1)在 NaH 中 Na 的化合价为+1

19、价，由于在化合物中所有元素正负化合价代数和等于0，所有 H 为-1价；NaH 为离子化合物，Na 失去最外层电子形成 Na+，H 原子获得 1 个电子形成 H-，二者通过离子键结合，电子式为；(2)在 A 装置中用稀盐酸与Zn 反应制取 H2，由于盐酸具有挥发性，制取的H2中含有 HCl、H2O，然后通过 D装置除去 HCl 气体，再通过C 装置的浓硫酸对 H2进行干燥，导气管都是长进短出，这时就得到干燥、纯净的H2，将其通过 B 装置，驱赶装置内的空气，待排出的气体为纯净的氢气时，给装置B 加热，发生反应：2Na+H22NaH；所以按气流方向连接各仪器接口，顺序为agfdebc；在给装置 B

20、 加热前，必须进行的一步操作是检验从c 排出的 H2的纯度；(3)根据装置图可在仪器 A 是分液漏斗；装置 D 目的是除去 H2中的 HCl 杂质，可根据 HCl 的水溶液显酸性，用碱性物质的水溶液如NaOH 溶液来吸收除去 HCl 杂质；(4)NaH 在潮湿的空气中能自燃,根据(2)的分析中制取装置各个部分的作用，可知还缺少一个防止空气中的水蒸气进入装置 B 的装置；解决此不足的措施是在装置B 之后连接一个干燥装置；(5)由于硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，则该反应方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2；导管 a 起连通器的作用，使液面上下气体压强一致，这样漏斗中的液体

21、在重力作用下可以顺利滴下。因此装置中 a 的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；6.28g 氢化钠样品，发生反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2、NaH+H2O=NaOH+H2，放出氢气的物质的量为n(H2)=13.44L22.4L/mol=0.6mol，假设 NaBH4是物质的量为 x，NaH 的物质的量为 y，则 38x+24y=6.28g；74x+y=0.6，解得 x=0.14mol，y=0.04mol，则样品中硼氢化钠的纯度为=85%。9.研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。(1)已知：C(s)+O2(g)N2(g)+O

22、2(g)则 C(s)+2NO(g)CO2(g)H=393.5kJ/mol2NO(g)H=+180 kJ/molCO2(g)+N2(g)的H=_ kJ/molN2(g)+2CO2(g)，向两个容积均为2L、反应温度分别为T1、(2)用焦炭还原 NO2的反应为 2 C(s)+2NO2(g)T2的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中 n(NO2)随反应时间 t 的变化情况如图所示；T1_T2(填“”或“”)，该反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。T2时，4080min，用 N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=_，此温度下的化学平衡常数 K=_。T2下，120

23、min 时，向容器中再加入焦炭和NO2各 1mol，在 t 时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR(选择性催化还原)脱硝法，反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)H(3).放热(4).0.0025mol/(Lmin)(5).0.675mol/L(6).减小(7).降低温度(8).减小压强(9).氨氮比从 2.0 到 2.2 时，脱硝率变化不大；但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高；(10).当温度过高时，还会发生副反应生成N2O 和 NO【分析】(1)将两个热化学方程式相

24、减，就得到要求的反应的热化学方程式；(2)反应温度高，速率快，达到平衡需要的时间缩短分析；先计算出 40-80 分钟内 v(NO2)，然后根据速率比等于方程式中化学计量数的比计算v(N2)；根据平衡常数的含义计算出 T2时的 K；利用等效平衡可以分析不等效平衡中反应物的转化率的变化；(3)根据该反应的正反应是气体体积增大的放热反应分析提高NO 平衡转化率的因素；从平衡移动转化率及生产投资两方面分析；温度太高会发生副反应，导致产率降低。(1)C(s)+O2(g)【详解】CO2(g)H=393.5kJ/mol；N2(g)+O2(g)CO2(g)+N2(g)的H=-573.5kJ/mol；2NO(g

25、)H=+180 kJ/mol，-式，整理可得 C(s)+2NO(g)(2)在其它条件不变时，反应温度越高，化学反应速率就越快，达到平衡需要的时间就越短根据图示可知在温度为 T1时先达到平衡，说明温度T1T2；根据图像可知在 40-80min 内，NO2的物质的量改变了 1.50mol-1.10mol=0.40mol，容器的容积为 2L 所以v(NO2)=0.005mol/(Lmin)；根据 2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知：v(N2)=V(NO2)=0.005mol/(Lmin)=0.0025mol/(Lmin)；发生反应 2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2

26、(g)c(始)mol/L100c(变)mol/L0.600.300.60c(平)mol/L0.400.300.60则在 T2时的化学平衡常数K=9=0.675mol/L；T2下，120min 时，向容器中再加入焦炭，由于焦炭是固体，不能使平衡移动；加入NO2 1mol，假设反应过程中容器中的压强保持原平衡的压强不变，则容器的体积会变大一些，达到平衡后可以建立与原平衡等效的平衡，二氧化氮的转化率不变，此时再把容器压缩到原容器的体积，则平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低，因此，在 t 时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时减小；(3)反应 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(

27、g)+6H2O(g)H0 的正反应是气体体积扩大的放热反应，若在投料比不变时，若要提高NO 平衡转化率，就要使化学平衡正向移动。可以降低反应体系的温度，也可以扩大容器的容积使体系的压强减小；根据图像可知：在氨氮比从2.0 到 2.2 时，脱硝率增大，但脱硝率变化并不大；但氨的浓度增加较大，必然会导致生产成本提高；由图二可知，当温度低于405时，温度升高，脱硝率，但当温度高于405后，脱硝率反而逐渐减小，是因为当温度过高时，还会发生副反应生成N2O 和 NO。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、平衡常数的计算、平衡状态的判断及影响化学平衡的因素等知识。充分利用题目已知信息，结合已学知

28、识和理论来分析、解决问题，充分考查了学生知识运用能力和接收新信息的能力。10.铬元素的+6 价化合物毒性较大，不能随意排放。某化工厂以铬渣(含有 Na2SO4及少量 Cr2O72、Fe3+)为原料提取硫酸钠，同时制备金属铬的工艺流程如下：L1时 pH 为 3.6。已知：Fe3+完全沉淀c(Fe3+)1.0105mol回答下列问题：(1)滤渣 A 的主要成分为_。(2)根据右图信息，操作 B 包含蒸发结晶和_。10(3)酸化后的 Cr2O72-可被 SO32-还原，该反应中若有 0.5mol Cr2O72被还原为 Cr3+，则消耗 SO32的物质的量为_mol。(4)将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反

29、应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3(铬酐)，写出该反应的化学方程式_。(5)通过两步反应可以实现Cr(OH)3转化为 Cr，若第一步反应为2Cr(OH)3铝热反应原理，则该反应方程式为_。(6)利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。能证明铁比铬活泼的实验现象是_。工业上，在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能，用硫酸铬Cr2(SO4)3溶液作电解液，阴极的电极反应式为_。Cr2O3+3H2O；第二步反应利用了【答 案】(1).Fe(OH)3(2).趁 热 过 滤(3).1.5mol(4).Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O(5).C

30、r2O3+2Al绿色(7).Cr3+3e-=Cr【分析】(1)加入 NaOH 至溶液的 pH=3.6 时 Fe3+形成 Fe(OH)3沉淀进入滤渣 A 中；(2)根据物质的溶解度与温度变化关系采用高温过滤分离Na2SO4、Na2Cr2O7；(3)根据在溶液中 Cr2O72-、SO32-发生氧化还原反应，电子得失数目相等计算；(4)重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水，根据原子守恒配平方程式；(5)Cr2O3与 Al 在高温下发生置换反应，产生Cr 与 Al2O3，根据电子守恒、原子守恒配平方程式；(6)利用原电池反应原理，比较金属的活泼性，活动性强的为负极，失去电子，发生氧化

31、反应；活动性弱的为正极，正极上发生还原反应；在电镀时，镀件钢器具作阴极，发生还原反应。(1)铬渣中含有 Na2SO4及少量 Cr2O72、Fe3+，【详解】先水浸，然后向其中加入稀的NaOH 溶液，调整 pH=3.6，这时 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀进入滤渣 A 中，故滤渣 A 主要成分是 Fe(OH)3；(2)将滤渣 A 过滤除去后溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7，Na2Cr2O7将溶液蒸发浓缩，根据物质的溶解度曲线可知：Na2SO410H2O 的溶解度先是随温度的升高而增大，Na2SO4的溶解度随温度的升高而增大，当温度接近 50时，的溶解度随温度的升高而减小，趁热过滤

32、，就可以使Na2SO4过滤除去，得到的母液中主要含有Na2Cr2O7；因11Al2O3+2Cr(6).Cr 电极上产生气泡，溶液颜色变为浅此操作是蒸发浓缩、趁热过滤；(3)酸化后的 Cr2O72-可被 SO32-还原，根据电子得失数目相等可知，若该反应中有0.5mol Cr2O72被还原为 Cr3+，2(6-3)=3mol，由于 SO32-被氧化为 SO42-，每 1mol SO32-失去 2mol 电子，转移电子的物质的量为 n(e-)=0.5mol2=1.5mol；所以消耗 SO32的物质的量 n(SO32-)=3mol(4)重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水，根据反应

33、前后各种元素的原子守恒，可得反应方程式：Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2NaHSO4+2CrO3+H2O；(5)Cr2O3与 Al 在高温下发生置换反应，产生Cr 与 Al2O3，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr；(6)若要利用原电池反应原理，证明铁比铬活泼，可以将二者连接起来，放入稀H2SO4中，在Fe 电极上发生反应：Fe-2e-=Fe2+，进入溶液，使溶液变为浅绿色；电子经过导线转移至金属Cr 上，溶液中的 H+在 Cr 上获得电子，发生还原反应：2H+2e-=H2，在Cr 电极上有许多气泡产生。因此看到实验现象是：溶液颜色变为浅绿色，同时在

34、 Cr 电极上有许多气泡产生；在钢器具表面镀铬，要使钢器具与外接电源的负极连接，作阴极，发生还原反应：Cr3+3e-=Cr，使钢铁表面覆盖一层金属铬，抗腐蚀能力大大增强。11.金属钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、导弹、人造卫星、宇宙飞船、舰艇、军工、医疗以及石油化工等领域，人们称钛为“21 世纪金属”。自然界中钛的一种存在形式为金红石(主要成分是 TiO2)。回答下列问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是_(填元素符号)。(2)钛的硬度大于铝，其原因是_。(3)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和 LiBH4反应

35、制得。TiCl4熔点为-24，沸点为 136.4，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态 TiCl4属于_晶体。LiBH4由 Li+和 BH4-构成，BH4-的空间构型是_，B 原子的杂化轨道类型是_。(4)用锌还原 TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的晶体TiCl(H2O)5Cl2H2O。该晶体所含元素中，电负性最大的元素是_，与 Ti 形成配位键的配体是_，1mol 该配合物中含有 键的数目为_。(5)TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图所示(晶胞中相同位置的原子相同)，其中 A、B、C 的原子坐标分别为 A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a

36、，c)，则 D 的原子坐标为 D(0.19a，_，_)，钛氧键的键长 d=_(用代数式表示)。12(1).3d24s2(2).Ni、Ge、Se(3).Ti原子的价电子数比Al多，【答案】金属键更强(4).分子晶体(5).Cl-(9).18mol(或18NA或186.021023)(10).0.81a(11).正四面体(6).sp3(7).O(8).H2O、0.5c(12).0.31【分析】(1)根据构造原理，由原子序数即可写出基态原子的电子排布式，进而可写出价电子排布式；Ti 未成对电子数为 2，然后根据 Ti 处的周期及未成对电子数确定元素；(2)金属键强度越大，金属的硬度大，晶体的熔沸点高

37、；(3)分子晶体中构成微粒分子以微弱的分子间作用力结合，晶体的熔沸点低，硬度小；计算 B 原子孤电子对数、价层电子对确定空间构型与B 原子杂化方式；(4)在晶体TiCl(H2O)5Cl2H2O中涉及的元素有 Ti、Cl、H、O 四种元素，元素的非金属性越强，电负性越大；配离子TiCl(H2O)52+中含有共价键、配位键，配位体是Cl-、H2O，外界微粒是 2 个 Cl-、1 个 H2O；(5)根据 A、B、C 的原子坐标，坐标系原点选取为A，根据立体几何知识分析D 的原子坐标并计算钛氧键键长d。【详解】(1)钛为 22 号元素，基态电子排布式为：Ar3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3

38、d24s2；与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Ni，Ge，Se，共 3 种；(2)钛硬度比铝大，是因为Ti 原子的价电子数比 Al 多，故其金属键更强；(3)TiCl4熔点为-24，沸点为 136.4，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，根据相似相容原理，可知 TiCl4是由分子构成的，分子间以分子间作用力结合，由于分子间作用力很小，所以组成的分子晶体的熔沸点低，因此固态 TiCl4属于分子晶体；BH4-中 B 原子价层电子数=4+的杂化方式采取 sp3杂化；(4)在晶体TiCl(H2O)5Cl2H2O中含有 Ti、Cl、H、O 四种元素，元素的非金属性越强，电负性越大。由

39、于元素的非金属性最强的元素的O 元素，所以 O 的电负性最大；H2O 中內界离子是TiCl(H2O)52+，中心离子是Ti3+，配位体是Cl-、H2O；配位数是6,；外晶体TiCl(H2O)5Cl2界离子是 2 个 Cl-，配离子TiCl(H2O)52+中含有共价键、配位键，TiCl(H2O)52+中含有 6 个配位键，也属于 13=4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体结构，中心B 原子键，水分子中含有 2 个 键，故 1molTiCl(H2O)5Cl2H2O 中含有 18mol 键；(5)A、B、C 的原子坐标分别为 A（0，0，0）、B（0.69a，0.69a，c）、C（a，a，c）

40、，在 TiO2晶胞中，Ti 处于晶胞的顶点和体心，其余的是O 原子，体心 Ti 周围有 8 个 O 形成八面体结构，上底面结构为：，中间半层的结构为，l 即为钛氧键的键长 d，根据上底面结构，d=(a0.69a)=0.31a；D 处于高的一半处所在的平面，根据中间半层的结构分析，l=d=0.31a，已知 D的 x 坐标为 0.19a，则 y=a-0.19a=0.81a，所以 D 的坐标为(0.19a，0.81a，0.5c)。【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及核外电子排布、元素的电负性比较、原子杂化方式、化学键类型的判断与计算、微粒空间构型的判断、晶体结构分析等知识点，最后一步偏难，需学

41、生具备一定的空间想象能力和计算能力，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。12.高分子化合物 G 是可被细菌作为碳源和能源利用的聚合物，属于一种生物可降解高分子材料，在食品、药品包装方面具有独特优势。已知AG 均为有机化合物，以下为高分子化合物G 的一种合成路线：回答以下问题：(1)由 CaC2制备 A 的化学方程式为_。(2)A 生成 B 的反应类型为_。(3)C 的化学名称是_，CD 所需试剂和条件分别是_、_。(4)E 的结构简式为_。(5)芳香族化合物 H 是 D 的同分异构体，则 H 可能的结构共有_种(不包括 D)，写出核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为 126 的 H 的同分异构体

42、的结构简式_(任写一种)。(6)由 F 生成 G 的化学方程式为_。(7)参考题中信息，设计由1，2 二氯乙烷和冰醋酸为原料制取选)_。已知：OH 与碳碳双键两端的碳原子直接相连不稳定，会自变成CHO。(1).CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2(2).加成反应(3).乙苯(4).氯气(5).光照(6).【答案】14的合成线路图(无机试剂任(7).13(8).(9).(10).CaC2与饱和食盐水反应生成A 为乙炔：HCCH，CH3COOCH=CH2，【分析】乙炔与乙酸发生加成反应生成B：由C与D的 分 子 式 及D转 化 为E的 反 应 条 件，可 知C为，D为，C 与氯气在光照条件下

43、生成D，D 发生消去反应生成E，E 与 B 发生加聚反应生成 F，F 发生碱性条件下的水解反应生成高分子G 为。1，2-二氯乙烷首先发生消去反应生成乙炔，乙炔与乙酸发生加成反应生成为CH3COOCH=CH2，然后CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成，最后发生水解反应得到。(1)由 CaC2与水反应产生 C2H2和 Ca(OH)2，CaC2+2H2OCa(OH)2+HCCH；【详解】制备 A 的化学方程式为：(2)A 是乙炔，乙炔与 CH3COOH 发生加成反应生成 B CH3COOCH=CH2，所以 A 产生 B 的反应类型为加成反应；(3)C 为，C 的化学名称是乙苯，乙苯与氯气在光照条

44、件下发生侧链上H 原子的取代反应，产生 D，D 的结构简式为，故 CD 所需试剂和条件分别是氯气、光照；(4)由上述推断可知 E 为苯乙烯，结构简式为：；(5)D为，芳香族化合物H是D的同分异构体，可以有2个取代基为-CH3、-CH2Cl，或者-CH2CH3、-Cl，均有邻、间、对3 种，可以有3 个取代基为 2 个-CH3与-Cl，2 个-CH3有邻、间、15对 3 种，对应的-Cl 分别有 2 种、3 种、1 种位置，其中含有 1 个取代基还有 1 种，故符合条件的 H 共有32+2+3+1+1=13 种，核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1：2：6 的 H 的同分异构体的结构简式为：或；(6)由 F发生水解反应生成 G的化学方程式为：；(1)1，2-二氯乙烷首先发生消去反应生成乙炔HCCH，乙炔 HCCH 与乙酸发生加成反应生成为CH3COOCH=CH2，然后 CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成，最后发生水解反应得到，因此该合成路线图为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，充分利用物质 F 的结构与物质分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，本题较好的考查了学生分析推理能力、知识迁移与运用能力。16